第2周 动量守恒定律及其应用-【周测必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

—82 — 参考答案 高中同步周测卷 第一周 动量 动量定理 【考点·一应俱全】 1.D [物体做匀加速直线运动时,速度一直增大,根据p=mv,可知 其动量发生了变化,故A错误;物体做斜上抛运动,其速度方向时 刻在改变,可知其动量发生了变化,故B错误;物体做匀速圆周运 动时,速度方向时刻在发生变化,可知其动量发生了变化,故C错 误;当物体做匀速直线运动时,其速度大小和方向均不变化,所以 其动量不发生变化,D正确。] 2.B [根据动量表达式p=mv,可知不同物体中动量越大,速度不 一定 越 大,可 能 是 质 量 大,A 错 误;动 量 的 正、负 表 示 方 向,则 (-8kg·m/s)的动量大于(+6kg·m/s)的动量,故B正确;如果 物体做匀速圆周运动,速度方向时刻在发生变化,动量发生变化, 故C错误;如果物体做匀速直线运动,则动量的改变量为零,则物 体的动量越大,动量的改变量不一定越大,故D错误。] 3.C [物体的动量变化量为-5kg·m/s,负号说明动量的变化量 与规定的正方向相反,但不表示初、末两状态物体的动量一定为反 方向,则该物体的动量可能增大,也可能减小,故C正确,A、B、D 错误。] 4.C [动量是矢量,动量相同,其大小和方向都相同,故动量方向一 定相同,动量方向和速度方向相同,故运动方向一定相同,而大小 p=mv,如果质量不同,则速度不同,如果速度不同,则质量不同, 故A、B错误,C正确;由Ek=p 2 2m 知,动量相同,动能不一定相同,D 错误。] 5.C [根据Ek= 1 2mv 2,p=mv可得p= 2mEk,因为Ek1=Ek2, m1>m2,所以p1>p2,故选C。] 6.C [冲量是力与作用时间的乘积,力大,冲量不一定大,A错误; 当力与位移垂直时,只要力作用一段时间,该力的冲量就不为零,B 错误;重力和作用时间均相同,则重力的冲量就相同,与物体的运 动状态无关,C正确;力的大小恒定,但方向却不一定相同,则其相 同时间内的冲量不一定相同,D错误。] 7.AC [A、B 两球在运动过程中只受重力作用,相等时间内重力的 冲量相同,因此在相等时间内两球动量的变化量大小相等、方向相 同,A选项正确,B选项错误;因为动量的变化率为ΔpΔt=m Δv Δt= mg,所以两球动量的变化率大小相等、方向相同,C选项正确,D 选项错误。] 8.A [依题意,从物理学角度分析,着陆缓冲腿可以增大火箭与地 面的接触时间t,根据动量定理I=F合t=Δp 可知,该装置可以减 小火箭竖直降落时的动量变化率,即Δp t ,而对火箭的动量变化量 Δp和火箭受到的冲量大小I均无影响。故选A。] 9.A [设运动员双脚离地时的速度大小为v,则v= 2gh=2m/s, 取竖直向下为正方向,根据动量定理有(mg-3mg)t=0-mv,解 得t=0.10s,故选A。] 10.ABD [根据I=Ft可知,F-t图线与时间轴围成图形的面积表 示力的冲量,则0~2s内合外力的冲量一直增大,0~4s内合外 力的冲量为零,选项A、B正确;0~4s内合外力的冲量为零,则 0~4s内物体的动量先增大后减小,方向一直为正,即物体的动 量方向一直不变,选项C错误,D正确。] 11.B [设很短一段时间Δt内吹到火星车“祝融号”上的风的质量为 m,则有m=ρvSΔt,以该部分风为研究对象,设风速方向为正方 向,火星车对风的作用力大小为F,根据动量定理有-FΔt=0- mv,解得F=ρv 2S=1.3×10-2×182×6N≈25N,根据牛顿第三 定律可知火星车垂直迎风面受到的压力大小约为25N,故B项 正确,A、C、D项错误。] 12.C [种子胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运动,有h =v0t+ 1 2gt 2,解得种子胶囊在空中运动的时间为t=1s,可得种 子胶囊落地时的速度为v=v0+gt=15m/s,以向下为正方向,根 据动量定理,土壤对种子胶囊的冲量为I1=0-mv=-20×10-3× 15N·s=-0.3N·s,故土壤对种子胶囊冲量的大小为0.3N·s, 故A错误;发射过程中,播种器对种子胶囊的冲量大小为I0= mv0-0=20×10-3×5N·s=0.1N·s,故B错误;种子胶囊在 土壤中 做 匀 减 速 运 动,有 v2=2ah1,解 得 加 速 度 大 小 为 a= 1125m/s2,种子胶囊在土壤中运动的时间t1= v a = 15 1125s= 1 75s ,根据动量定理有Ft1=0-mv,解得F=-22.5N,解得种 子胶囊在土壤中运动时受到平均阻力的大小为22.5N,故C正 确;播种机对种子胶囊的冲量和土壤对种子胶囊的冲量之和为 I=I0+I1=(0.1-0.3)N·s=-0.2N·s,故D错误。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)乘客做匀速圆周运动,乘客速度的方向时刻变化, 所以动量时刻变化,速度的大小不变,所以动能不变。 (2)以初始时速度方向为正方向,动量的变化量Δp=-mv-mv= -2mv,动能的变化量ΔEk=0。 (3)转过14 圆周的过程中速度的变化量大小为 2v,则动量的变化 量大小Δp'=m·Δv= 2mv,动能的变化量为0。 【综合·一练到底】 13.BD [AB 与CD 平行,说明推力撤去后两物体的加速度相同,而 撤去推力后物体受到的合力等于摩擦力,根据牛顿第二定律可 知,两物体受到的摩擦力大小相等。但a物体的总运动时间小于 b物体的,根据I=Fft可知,摩擦力对a物体的冲量的大小小于 摩擦力对b物体的冲量的大小;根据动量定理,对整个过程有: F1t1-FftOB =0,F2t2-FftOD =0,因 FftOB<FftOD,则 有 F1t1< F2t2,即F1 的冲量的大小小于F2 的冲量的大小,故A、C错误,B 正确;根据动量定理可知,合外力的冲量等于物体动量的变化量, a、b两个物体动量的变化量都为零,所以相等,故D正确。] 14.解析 (1)不考虑空气浮力和阻力,雨滴做自由落体运动,落到地 面的速度大小为v= 2gh=200m/s 取竖直向上为正方向,设地面对雨滴的作用力大小为F,在雨滴 对地面的作用过程,由动量定理得FΔt1=0-(-mv) 代入数据解得F=500N 根据牛顿第三定律可知,雨滴对地面的作用力大小为500N。 (2)在雨滴对地面作用的过程,由动量定理得 F'Δt2=0-(-mv'),其中v'=8m/s 代入数据解得F'=23 N 根据牛顿第三定律可知,雨滴对地面的作用力大小为2 3 N 。 答案 (1)500N (2)23 N 15.解析 (1)飞船在尘埃区飞行Δt时间,则在这段时间内附着在飞 船上的微粒质量 Δm=ρSvΔt=0.12kg (2)微粒由静止到与飞船一起运动,微粒的动量增加。由动量定 理Ft=Δp得FΔt=Δmv=ρSvΔt·v 解得F=ρSv 2=4.0×10-8×10×(3.0×105)2N=3.6×104N 根据牛顿第三定律,微粒对飞船的作用力大小F'=F。由平衡条 件可知,要保持飞船速度不变,所需的动力大小与F'相等,即3.6 ×104N。 答案 (1)0.12kg (2)3.6×104N 【选做·一飞冲天】 解析 (1)由于m0≪M,可认为飞船收集尘埃时速度不受影响,宇 宙尘埃的速度会从0加速到v0,则尘埃被卫星收集过程中的动量 变化量大小为Δp=m0v0-0=m0v0 (2)在尘埃加速到与卫星共速过程中,根据运动学公式可得x卫星 = v0t,x尘埃 = 1 2v0t L=x卫星 -x尘埃 =12v0t 以尘埃作为研究对象,根据动能定理可得 Fx尘埃 =FL=12m0v0 2-0,解得F=m0v0 2 2L (3)设卫 星 在 尘 埃 区 飞 行 时 间 为t,飞 船 扫 过 的 尘 埃 数 量 为 N =nSv0t 对卫星和尘埃整体分析,根据动量定理可得 F't=(Nm0+M)v0-Mv0,解得F'=nSm0v02,则卫星推进器需要 增加推力大小为nSm0v02。 答案 (1)m0v0 (2) m0v02 2L (3)nSm0v02 第二周 动量守恒定律及其应用 【考点·一应俱全】 1.AC [只要系统所受合外力为零,系统动量就守恒,与系统内是否 存在摩擦力无关,故A正确;系统所受外力做的功为零,系统所受 合外力不一定为零,系统动量不一定守恒,如用绳子拴着一个小 球,让小球在水平面内做匀速圆周运动,小球转动的过程中,系统 外力做功为零,但小球的动量不守恒,故B错误;力与力的作用时 间的乘积是力的冲量,系统所受合外力的冲量时刻为零,即合外力 为零,则系统动量守恒,故C正确;系统中物体的加速度都不为零, 即各物体所受合力都不为零,但系统所受合外力可能为零,系统的 动量可能守恒,故D错误。] 2.ABD [小车停在光滑水平面上,车上的人在车上走动时,人与车 组成的系统所受合外力为零,动量守恒,故 A正确;子弹水平射入 放在光滑水平面上的木块中,子弹与木块组成的系统所受合外力 为零,动量守恒,故B正确;子弹射入固定在墙角的木块中,墙壁对 木块有弹力作用,系统所受合外力不为零,动量不守恒,故C错误; 斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时,手榴弹组成的系统内力远大 于外力,动量守恒,故D正确。] 3.B [依题意,因水平面光滑,则A、B、C组成的系统所受合力为零, 满足动量守恒条件,系统动量守恒;木板 A上表面粗糙,物块B、C 在其上滑行时,会摩擦生热,系统机械能有损失,则系统机械能不 守恒,故A、C、D错误,B正确。] 4.D [当小球沿光滑圆弧轨道下滑时,小球和小车组成的系统所受 合外力不为零,动量不守恒,A错误;小球下滑过程中,小车静止且 受到挡板水平方向的弹力,即小球和小车组成的系统水平方向所 受合外力不为零,小车和小球组成的系统在水平方向上动量不守 恒,B错误;撤去挡板,小球下滑过程中,小车和小球组成的系统所 受合外力不为零,动量不守恒,C错误;撤去挡板,小球下滑过程 中,小车和小球组成的系统水平方向上所受合外力为零,水平方向 上动量守恒,D正确。] 5.B [由题意知,A、B系统在水平方向动量守恒,A到达顶端时,A 和斜面体只有水平方向的速度,即mv0cosθ=(M+m)v,所以v= mv0cosθ M+m ,故选B。] 6.B [两球碰撞过程中动量守恒,规定向右为正方向,则有2mv0= 2mv+9m×v03 ,解得v=-v02 ,所以碰撞后 A球以 v0 2 的速度向左 运动。故选B。] 7.B [爆炸前总动量为mv,设爆炸后另一块瞬时速度大小为v',取 速度v的方向为正方向,爆炸过程水平方向动量守恒,则有mv=0 +34mv' ,解得v'=43v ,故选B。] 8.D [以甲的初速度方向为正方向,甲、乙推开的过程中,满足动量 守恒,m甲 v0-m乙 v0=-m甲 v1+m乙 v2,代入数据可得 m甲 m乙 = 3 2 , 故选D。] 9.解析 以甲、乙及球组成的系统为研究对象,以甲原来的滑行方向 为正方向,根据动量守恒有(m甲 +m球)v甲 -m乙 v乙 =(m甲 +m球) v甲'+0,解得v甲'=-0.2m/s,故甲的速度大小为0.2m/s,方向 与初速度方向相反。 答案 0.2m/s,方向与初速度方向相反 10.解析 (1)A和C碰撞前,A、B动量守恒,规定B滑块初速度的 方向为正方向,则有mBv0=(mA+mB)v1 解得v1=5m/s (2)A和C碰撞过程,A和C组成的系统动量守恒 mAv1=mAv2 +mCv3 若A和B共速后一起向右运动,恰好不再与C碰撞,则最终 A、 B、C三者共速,设为v3 对A、B、C组成的系统由动量守恒得 mBv0=(mA+mB+mC)v3, 解得v3=3m/s,v2=2m/s (3)全程对B应用动量定理可得-μmBgt=mBv3-mBv0,解得t= v0-v3 μg =2.4s。 答案 (1)5m/s (2)2m/s (3)2.4s 11.C [以甲、乙两同学及两车和球组成的系统为研究对象,以甲和 他的车的速度方向为正方向,甲不断抛球,乙接球,当甲和他的车 与乙和他的车具有共同速度时,可保证刚好不相撞,设共同速度 为v共,则 M1v0-M2v0=(M1+M2)v共,得v共 = M1-M2 M1+M2 v0= 1m/s,以乙同学和他的车及接住的 N 个小球组成的系统为研究 对象,从甲抛球至恰好不相撞的过程中由动量守恒定律 Nmv- M2v0=(Nm+M2)v共,得 N=10(个),故选C。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)小球离开轨道后做平抛运动,由于抛出点的高度相 等,小球做平抛运动的时间相等;小球做平抛运动的水平位移与初 速度成正比,可以用水平位移间接地来代替小球碰 撞 前、后 的 速度。 (3)根据实验操作可知,入射小球未发生碰撞时落在位置2。 设入射小球未发生碰撞时的平抛初速度为v0,发生碰撞后入射小 球的平抛初速度为v1,被碰小球的平抛初速度为v2,由动量守恒 定律有 m1v0=m1v1+m2v2 可得m1v0t=m1v1t+m2v2t 则有m1x1=m1x2+m2x3 代入数据可得m1∶m2=x3∶(x1-x2)=55.68∶(44.48-35.20) =6∶1。 答案 (1)小球做平抛运动的时间相同 (3)2 6∶1 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 81 — —84 — 【综合·一练到底】 12.解析 (1)设子弹刚射入小车时小车速度大小为v1,子弹与小车 组成的系统内力远大于外力,根据动量守恒定律有m0v0=(m1+ m0)v1,解得v1=10m/s。 (2)设物块脱离小车时小车速度大小为v2,物块速度为v3=5m/s,物 块与小车(含子弹)组成的系统所受合外力为零,根据动量守恒定 律有(m1+m0)v1=(m1+m0)v2+m2v3 解得v2=8m/s。 答案 (1)10m/s (2)8m/s 13.解析 (1)选乙车开始运动的方向为正方向,乙车与甲车碰撞过 程中动量守恒,则有m乙 v乙 =m乙 v乙'+m甲 v甲' 解得v乙'=1m/s。 (2)设小物体从滑上乙车后,与乙车相对静止时的共同速度为v, 对小物体与乙车组成的系统,运用动量守恒定律得 m乙 v乙'=(m +m乙)v 解得v=0.8m/s 对小物体由动量定理得μmgt=mv得t=0.4s。 答案 (1)1m/s (2)0.4s 14.解析 (1)由题图(b)可知,碰撞前甲车的速度大小v0=5m/s 碰撞后甲车的速度大小v1=-1m/s,负号表示方向向左 乙车的速度大小v2=3m/s 甲、乙两车碰撞过程中,三者组成的系统动量守恒,以甲的初速度 方向为正方向,由动量守恒定律有(m小孩 +m甲)v0=(m小孩 +m甲) v1+m乙 v2 代入数据解得m乙 =90kg (2)设小孩跳向乙车的速度为v小孩,系统动量守恒,以甲的初速度 方向为正方向,由动量守恒定律得:小孩跳离甲车时(m小孩 +m甲) v0=m小孩v小孩 +m甲 v3 小孩跳至乙车时m小孩v小孩 =(m小孩 +m乙)v4 为使两车避免相撞,应满足v3≤v4 当v3=v4 时,小孩跳离甲车的速度最小, 代入数据解得v小孩 =203 m /s≈6.7m/s。 答案 (1)90kg (2)6.7m/s 【选做·一飞冲天】 ACD [人第1次推球时(小球未与挡板接触),人、冰车和小球组 成的系统所受的合外力为零,系统动量守恒,故 A正确;球与挡板 碰撞过程,挡板的作用力对系统有冲量,即系统所受合外力不为 零,人、冰车和小球组成的系统动量不守恒,故B错误;设人第1次 推出球后冰车的速度为v1,取水平向右为正方向,由动量守恒定 律 Mv1-mv0=0,得v1= mv0 M ,人第1次接球后的速度设为v共1, 由 Mv1+mv0=(M+m)v共1,联立可得v共1= 2mv0 M+m= 8 9 m /s,故 C正确;人第2次推出球后冰车的速度为v2,则(M+m)v共1=Mv2 -mv0,则v2= 3mv0 M ,……,由数列归纳法得第n次推出球后人和 冰车速度v车 = (2n-1)mv0 M (n=1,2,3…),若要人不再接到球,要 满足v车≥v0,代入数据得n≥4.5,则人第5次将球推出后将不再 接到球,故D正确。] 第三周 碰撞 反冲运动 【考点·一应俱全】 1.B [设碰撞后甲的速度为v',以乙的运动方向为正方向,根据动 量守恒定律可得3mv-mv=mv',故碰后甲的速度为v'=2v;碰前 甲、乙的总动能为Ek= 1 2×3mv 2+12mv 2=2mv2,碰后甲、乙的总 动能为Ek'= 1 2mv' 2=2mv2,由于碰撞前后总动能相等,所以此碰 撞为弹性碰撞,故B正确。] 2.AD [规定水平向右的方向为正方向,碰撞过程中A、B组成的系 统动量守恒,所以有pA=pA'+pB,解得pB=3kg·m/s,故 A正 确,B错误;由于是弹性碰撞,所以没有动能损失,故pA 2 2mA =pA' 2 2mA + pB2 2mB ,解得mB=3kg,故C错误,D正确。] 3.C [弹性碰撞过程中,两球组成的系统水平方向动量守恒,由动 量守恒定律有:mv0=mv1+3mv2,由机械能守恒定律有 1 2mv0 2= 1 2mv1 2+12×3mv2 2,解得:v1=- v0 2 ,v2= v0 2 ,故第一次碰撞后 的瞬间,两球的速度大小相等,因两球质量不相等,故两球第一次 碰后的瞬间动量大小不相等,动能也不 相 等,故 A、B错 误,C正 确;两球碰后上摆过程,机械能守恒,故上升的最大高度相等,又因 摆长相等,故两球第一次碰撞后的最大摆角相同,故D错误。] 4.AC [若小球A与小球B发生完全非弹性碰撞,则有mv0=(m+ 2m)v共,解得v共 = 13v0 ,若小球 A与小球B发生弹性碰撞,则有 mv0=mvA'+2mvB', 1 2mv0 2=12mvA' 2+12×2mvB' 2,解得vB'= 2 3v0 ,所以碰后B的速度13v0≤vB≤ 2 3v0 ,故选A、C。] 5.B [由 题 意 可 知,无 论 小 球 A反 弹 或 者 不 反 弹,小 球 A的 动 量 一 定 减 小,即 动 量 变 化ΔpA<0,选 项 A、C错 误;当ΔpA= -2kg·m/s时,由 动 量 守 恒,得 pA+pB=pA'+pB',化 简 得 pA'-pA= -(pB'-pB),即 ΔpB= -ΔpA=2kg·m/s, 且 碰 后 系 统 的 总 动 能 可 能 不 增 加,选 项 B正 确;当 ΔpA= -12kg·m/s,ΔpB=12kg·m/s时,对系统虽然满足动量守恒定 律,但是碰后系统的总动能一定增加,不可能实现,选项D错误。] 6.C [以人整体为研究对象,向后踢腿或向后甩手,人整体的总动 量为零,不会运动起来,故 A、B错误;把人和衣服、鞋子视为一个 整体,这个整体动量为零,人给衣服或鞋子一个水平速度,总动量 不变,所以人有一个反向的速度,可以离开冰面;人给衣服或鞋子 一个竖直方向的速度,水平方向的总动量仍然等于零,所以人仍然 静止,不能离开冰面,故C正确,D错误。] 7.A [以炮弹和炮车组成的系统为研究对象,根据题意可知,炮弹 离开炮口时,炮弹和炮车在水平方向上受到的外力相对于内力可 忽略不计,则系统在水平方向上动量守恒。以炮车后退的方向为 正方向,在水平方向上,由动量守恒定律有 Mv-mv0cosα=0,解 得v=mv0cosαM ,故选A。] 8.D [以导弹飞行的方向为正方向,导弹被战斗机释放后喷出燃气 瞬间,根据动 量 守 恒 定 律 得 Mv0=(M-m)v-mv1,解 得v= Mv0+mv1 M-m ,故选D。] 9.D [“水火箭”的推力来源于“水火箭”里喷出的水对它的反作用 力,故A错误;水喷出的过程中,瓶内气体做功,“水火箭”和水机 械能不守恒,故B错误;设“水火箭”获得的最大速度为v,由动量 守恒定律可得(M-m)v=mv0,v= mv0 M-m ,故C错误;水喷出后, “水火箭”做竖直上抛运动,由题意有v2=2gh,h= mv0 M-m 2 2g = m2v02 2g(M-m)2 ,故D正确。] 10.D [单位换算5min=300s,该航天员在喷出气体后的最小速度 为v=xt =0.2m /s,根据动量守恒定律得 Mv=mv0,代入题中数 据解得m=0.40kg,故选D。] 11.B [对该女子和竹竿组成的系统,可看成人船模型,所以m1x1= m2x2。已知x1=0.4m,x2=0.72m,代入数据可得该女子的质 量为m1=45kg,故选B。] 12.D [下滑过程中小滑块和斜面体组成的系统的机械能守恒,滑 块的机械能不守恒,选项 A错误;小滑块下滑过程中,两物体组 成的系统水平方向所受合外力为零,则水平方向动量守恒,竖直 方向动量不守恒,则系统动量不守恒,选项B错误;设小滑块到达 斜面底端时,斜面体水平向右运动的距离为x,则由水平动量守 恒可知 Mx=m(L-x),解得x= mLM+m ,小滑块水平向左运动的 距离为s=L-x= MLM+m ,选项C错误,D正确。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)因为小孩与小船组成的系统动量守恒,当小孩向左 运动时,小船向右运动。设小孩的速度v的方向为正方向,当小孩 速度为v时,mv-Mv'=0,解得v'=mvM 。 (2)由人船系统始终动量守恒可知 mv-Mv'=0,故当小孩的位移大小为x时,有 mx-Mx'=0,解 得x'=mxM 。 (3)小孩和小船的位移大小与两者质量成反比,即xx'= M m 。 (4)x+x'=L,解得x= MM+mL 。 【综合·一练到底】 13.BD [从A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中,两物体和 弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒,以水平向右为正方向,由 动量 守 恒 定 律 得 mv0 =mvA +2mvB,由 机 械 能 守 恒 定 律 得 1 2mv0 2=12mvA 2+12×2mvB 2,联立解得vA=- 1 3v0 ,vB= 2 3 v0,故A错误;两物体速度相等时弹簧压缩量最大,弹簧弹性势能 最大,系统动量守恒,以水平向右为正方向,由动量守恒定律得 mv0=(m+2m)v,由机械能守恒定律得 1 2mv0 2=12 (m+2m)v2 +Epm,联立解得Epm= 1 3mv0 2,故B正确;从A刚接触弹簧到弹 簧再次恢复原长的过程,A的动量变化量为 Δp=mvA-mv0= -43mv0 ,则其大小为4 3mv0 ,故C错误;物体A与弹簧接触后做 减速运动,B做加速运动,弹簧压缩量增大,弹簧弹力变大,B的 加速度变大;当A、B两物体速度相等时弹簧压缩量最大,然后弹 簧逐渐恢复原长,弹簧弹力减小,B的加速度减小,B继续做加速 运动,则整个过程B先做加速度增大的加速运动,后做加速度减 小的加速运动,故D正确。] 14.解析 (1)红色冰壶从P 点推出后,从 P 到A 点由动能定理得 -μmgl=0- 1 2mv0 2 解得冰壶与冰面间的动摩擦因数μ=0.02 (2)设红壶碰撞后瞬间速度为v1,黄壶碰撞后瞬间速度为v2,由 动能定理得 -μmglAB=0- 1 2mv1 2, -μmglAC=0- 1 2mv2 2 解得v1=1.2m/s,v2=0.6m/s 黄壶与红壶的碰撞过程由动量守恒定律得 mv=mv1+mv2 解得黄壶与红壶碰撞前瞬间速度大小为v=1.8m/s (3)黄壶与红壶碰撞前的动能 Ek= 1 2mv 2=12×20×1.8 2J=32.4J 黄壶与红壶碰撞后的总动能 Ek'= 1 2mv1 2+12mv2 2=12×20× (1.22+0.62)J=18J 则Ek>Ek' 所以黄壶与红壶的碰撞是非弹性碰撞。 答案 (1)0.02 (2)1.8m/s (3)非弹性碰撞,理由见解析 15.解析 (1)取水平向右为正方向,设当小球到达最低点时其速度 大小为v1,此时小车的速度大小为v2,根据动量守恒定律与能量 守恒定律得0=Mv2-mv1,mgl= 1 2mv1 2+12Mv2 2 解得v1= 2Mgl M+m (2)当小球到达最低点时,设小球向左移动的距离为x1,小车向 右移动的距离为x2,根据动量守恒定律有:m x1 t =M x2 t ,而且x1 +x2=l 解得:x2= ml M+m 。 答案 (1) 2MglM+m (2)mlM+m 【选做·一飞冲天】 解析 (1)对A、B系统,A、B速度相同时,弹簧被压缩到最短,根 据动量守恒定律有mAv0=(mA+mB)v1 代入数据可得v1=1m/s (2)B一直加速,弹簧恢复原长时,B的速度最大, 根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mAv0=mAvA+mBvB 1 2mAv0 2=12mAvA 2+12mBvB 2 代入数据可得vB=2m/s 则弹簧给滑块B的冲量大小 I=Δp=mBvB=4N·s (3)滑块A 的动能最小时,即vA2=0, 根据动量守恒定律有mAv0=mAvA2+mBvB2 代入数据可得vB2=1.5m/s 根据能量守恒定律有 Ep= 1 2mAv0 2-12mBvB2 2=2.25J (4)弹簧被压缩到最短时,B速度为v1=1m/s,此时B与C发生完 全非弹性碰撞,对B、C组成的系统,由动量守恒定律得 mBv1= (mB+mC)v2 代入数据可得v2=0.5m/s B与C发生完全非弹性碰撞,有机械能损失,损失的系统机械能为 ΔE=12mBv1 2-12 (mB+mC)v22=0.5J。 答案 (1)1m/s (2)4N·s (3)2.25J (4)0.5m/s 0.5J 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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某一方向上的动量守恒 4.(2025·泰安市高二期末)如图所示,光滑水平面上静止着一质量为 M 的小车, 小车上有一光滑的、半径为R的14 圆弧轨道,右侧有一固定竖直挡板。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动量守恒 B.小球下滑过程中,小车和小球组成的系统在水平方向上动量守恒 C.撤去挡板,小球下滑过程中,小车和小球组成的系统动量守恒 D.撤去挡板,小球下滑过程中,小车和小球组成的系统水平方向上动量守恒 5.(2025·临沂市沂水一中高二联考)如图所示,光滑的水平面上,质量为m 的物 体A置于质量为 M 的斜面体B上,斜面的倾角为θ,A沿斜面以速度v0 由底端 向上运动。若A刚好到达斜面顶端,且A、B具有共同速度,若不计A、B间的 摩擦,则A 到达顶端时速度的大小为 ( ) A. mv0 M+m B. mv0cosθ M+m C. Mv0 M+m D. Mv0cosθ M+m 考点三 动量守恒定律的基本应用 6.(2025·南充市嘉陵一中高二月考)如图所示,在摩擦可以忽略不计的水平面 上,当质量为2m 的小球A以速度v0 向右运动时与质量为9m 的静止小球B 发生碰撞,碰撞后B球以 v0 3 的速度向右运动,则碰撞后A球 ( ) A.以 v0 2 的速度向右运动 B.以 v0 2 的速度向左运动 C.以 5v0 2 的速度向右运动 D.以 2v0 3 的速度向右运动 7.以一定的倾角斜向上发射一质量为m 的炮弹,达到最高点时其速度大小为v,方向水平。炮弹在 最高点爆炸成两块,其中质量为1 4m 的一块恰好做自由落体运动,则爆炸后质量为3 4m 的另一块 瞬时速度大小为 ( ) A.v B.43v C. 3 4v D.0 8.花样滑冰是技巧与艺术性相结合的一个冰上运动项目,在音乐伴奏下,运动员在冰面上表演各种 技巧和舞蹈动作,极具观赏性。甲、乙两运动员以大小为1m/s的速度沿同一直线相向运动。相 遇时彼此用力推对方,此后甲以1m/s、乙以2m/s的速度向各自原方向的反方向运动,推开时间 极短,忽略冰面的摩擦,则甲、乙运动员的质量之比是 ( ) A.1∶3 B.3∶1 C.2∶3 D.3∶2 考点四 动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用 9.甲、乙两个溜冰者质量分别为48kg和55kg,甲手里拿着质量为2kg的球,两人均以2m/s的速 率,在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行,甲将球传给乙,乙再将球传给甲,这样抛接几次后,球 又回到甲的手里,乙的速度为零,不计空气阻力,求此时甲的速度。 10.(2025·益阳市高二期末)光滑水平轨道上放置足够长的木板 A(上表面粗 糙)和滑块C,mA=mC=2kg。开始时A、C静止,质量为mB=1kg的滑块B 以v0=15m/s的水平速度从左端滑上A,当A和B第一次达到共同速度后一起向右运动,之后 A和C发生碰撞,经过一段时间,A和B再次达到共同速度后一起向右运动,且恰好不再与C碰 撞。已知A、B间的动摩擦因数为0.5,g=10m/s2,求: (1)A、B第一次共速时的速度大小; (2)A和C发生碰撞后瞬间A的速度大小; (3)B相对A的滑行时间。 — 5 — — 8 — 考点五 动量守恒中的临界问题 11.(2024·安陆市第一高级中学高二开学考)如图所示,甲、乙两个同学各乘一辆小车在光滑的水平面 上匀速相向行驶做抛球游戏,两辆小车速度均为v0=4m/s。已知甲乘坐的车上有质量m=1kg 的小球若干个,甲和他的车及所带小球的总质量M1=50kg,乙和他的车总质量M2=30kg。为了 保证两车不相撞,甲不断地将小球一个一个地以相对地面为v=16m/s的水平速度抛向乙,且被乙 接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不相撞,则此时 ( ) A.两车的共同速度大小为2m/s,甲总共抛出小球5个 B.两车的共同速度大小为2m/s,甲总共抛出小球10个 C.两车的共同速度大小为1m/s,甲总共抛出小球10个 D.两车的共同速度大小为1m/s,甲总共抛出小球5个 【探究·一举突破】(共15分) 探究主题 探究动量守恒定律 某实验小组的同学们用图甲装置做验证动量守恒定律实验,即研究两个小球碰撞前、后的动量 关系。 探究问题: (1)实验中,直接测定小球碰撞前、后的速度是不容易的。同学们经过分析讨论,发现 ,因此可以用水平位移间接地来代替小球碰撞前、后的速度。 (2)图甲中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影点。实验时,先将入射球A(质量为m1) 多次从斜轨上S位置由静止释放,找到其平均落地点的位置P(图中未画出),测量水平位移x1; 然后把被碰小球B(质量为m2)静置于轨道的水平末端,再将入射小球A从斜轨上S位置由静止 释放,与小球B相撞,找到A、B相碰后各自平均落地点的位置,并分别测量其水平位移x2、x3。 多次重复本实验步骤,以减小实验误差。 (3)同学们在实验中正确操作,认真测量,得出的落点情况如图乙所示。通过分析可知,落点P 为 图乙中的位置 (填“1”“2”或“3”),若两球相碰前、后的动量守恒,则m1∶m2= 。 【综合·一练到底】(共35分) 12.(12分)(2025·泉州市高二期末)如图,质量为m1=0.45kg的平板车静 止在光滑水平轨道,右端放一质量为m2=0.2kg的物块,m0=0.05kg的 子弹以水平速度v0=100m/s射中小车并留在车中,最终物块以5m/s 速度与小车脱离,求: (1)子弹刚射入小车时小车速度大小; (2)物块脱离小车时小车速度大小。 13.(11分)如图所示,甲车的质量是2kg,静止在光滑水平面上,上表面光 滑,右端放一个质量为1kg的小物体(可视为质点),乙车质量为4kg,以 5m/s的速度向左运动,与甲车碰撞以后甲车获得8m/s的速度,物体滑 到乙车上,若乙车足够长,上表面与物体间的动摩擦因数为0.2,g取10m/s2,求: (1)两车碰撞后的瞬间乙车的速度大小; (2)物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止。 14.(12分)(2025·大连市第八中学期中)如图(a)所示,在光滑的水平面上有甲、乙两辆碰碰车,质 量为30kg的小孩乘甲车以水平向右的速度做匀速运动,甲车的质量为15kg,乙车静止于甲车 滑行的前方。 (1)两车碰撞前后的位置随时间变化的图像如图(b)所示,求乙车的质量; (2)为了避免甲、乙两车相撞,小孩可以在适当距离,快速从甲车跳到乙车上。求小孩最少以多 大的速度(相对于地面)跳离甲车,才能避免甲、乙相撞。(结果保留两位有效数字) 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (多选)(2025·广州市第十六中学高二期中)如图所示,在光滑的水平冰面上, 一个坐在冰车上的人手扶一球静止在冰面上。已知人和冰车的总质量 M= 40kg,球的质量m=5kg。某时刻人将球以相对于地面v0=4m/s的水平速度向前方固定竖直 挡板推出,球与挡板碰撞后速度大小不变,人接住球后再以同样的速度将球推出(假设人、球、冰 车共速后才推球),直到人不能再接到球,下列说法正确的是 ( ) A.人第1次推球时,人、冰车、小球组成的系统动量守恒 B.人第1次推球直到不能再接到球,人、冰车、小球组成的系统动量守恒 C.人第1次接到球后,人、球、冰车共同的速度大小为89m /s D.人第5次将球推出后将不再接到球 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 7 —