28第六单元 第2课时　动量守恒定律及其应用-【优化指导】2026年物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教浙江专版）

课时提升训练(28)　动量守恒定律及其应用 考点一　动量守恒定律的理解及应用 1．(2024·天域全国名校协作体联考)2023年9月，“天宫课堂”第四课在中国空间站正式开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。以实验舱为参考系，航天员用0.3 kg的大球与静止的0.1 kg的小球发生正碰，某同学观看实验时发现：碰撞后，相同时间内大球和小球移动距离分别为1格和3格，忽略实验舱内空气阻力的影响。下列说法正确的是 (　　) A．碰撞后大球的动量大于小球的动量 B．碰撞后大球的动能等于小球的动能 C．碰撞前后大球的速度之比为2∶1 D．碰撞前后大球的动能之比为2∶1 C　解析：大球与小球发生正碰，由动量守恒定律有Mv0＝Mv1＋mv2，碰撞后在相同时间内大球和小球移动距离分别为1格和3格，即v2＝3v1(点拨；大球和小球均处于完全失重状态， 二者碰撞之后可视为做匀速直线运动)，又M＝3m，则碰撞后大球的动量和小球的动量大小相等，Mv1＝mv2，联立可得v0＝2v1，即v0∶v1＝2∶1，∶＝4∶1，碰撞后大球、小球的动能大小关系为Mv12＜mv22，C正确。 2．如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A。车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B与平板车之间的动摩擦因数为μ，而C与平板车之间的动摩擦因数为2μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都没有脱离平板车，则平板车的最终速度v车是 (　　) A．v0 B．v0 C．v0 D．0 答案：B 考点二　碰撞问题 3．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为 (　　) A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J A　解析：设乙物块的质量为m乙，由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3 J，A正确。 4．(多选)(2024·重庆名校联盟联考)如图所示，一倒扣着的凹槽静止在足够长的水平地面上，在t＝0时，一可视为质点的小物块在距离凹槽右侧0.5 m处，以v0＝4 m/s的初速度在凹槽内向右运动，凹槽与物块的质量均为0.2 kg，与地面间的动摩擦因数均为0.1，物块与凹槽发生多次碰撞，且每次碰撞均为弹性正碰，碰撞时间极短，重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是 (　　) A．第一次碰撞后，物块速度变为零 B．经过t＝4 s后，凹槽和物块均静止 C．第一次碰撞后，凹槽的动量为0.8 kg·m/s D．每一次碰撞，物块对凹槽的冲量都不相同 ABD　解析：设第一次碰撞前瞬间物块的速度为v1，碰撞前对物块由动能定理有－μmgl＝mv12－mv02，解得v1＝ m/s，设碰撞后瞬间物块的速度为v11，凹槽的速度为v2，碰撞瞬间动量守恒、机械能守恒，则有mv1＝mv11＋mv2、mv12＝mv112＋mv22，联立解得v11＝0，v2＝ m/s，可知碰撞后二者交换速度，此时凹槽的动量p＝mv2＝ kg·m/s，A正确，C错误；由于每次碰撞物块与凹槽都会交换速度，二者水平方向只受摩擦力，摩擦力大小相等，故可将二者的运动看成“接力”运动，二者在运动过程中，根据动量定理有－μmg·t＝mv′－mv0，当v′＝0时，解得t＝4 s，由此可知，经过t＝4 s后，凹槽和物块均静止，B正确；物块对凹槽的冲量等于凹槽动量的变化量，由于每次碰撞前对物块和凹槽而言都要克服摩擦力做功，因此每次碰撞前物块或凹槽的速度均要减小，由此可知每一次碰撞，物块对凹槽的冲量都不相同，D正确。 考点三　爆炸、反冲和人船模型 5．如图所示，一高h＝2.4 m、倾角θ＝37°、质量M＝3 g的光滑斜面静止在光滑水平面上，一质量m＝0.2 g的物块从斜面顶端由静止释放。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则物块由斜面顶端滑到底端的过程中，斜面将 (　　) A．向右移动0.5 m B．向右移动0.6 m C．向右移动0.2 m D．向右移动0.1 m C　解析：斜面和物块组成的系统水平方向动量守恒，在水平方向有mv1＝Mv2，所以mx1＝Mx2，又有x1＋x2＝，解得x2＝0.2 m，A、B、D错误，C正确。 6．一枚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，重力加速度g取10 m/s2，则甲、乙两块弹片飞行的轨迹可能是下列图中的 (　　) B　解析：由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块弹片的冲量沿运动方向，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错误；甲、乙两块弹片在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块弹片的动量改变量大小相等，两块弹片质量比为3∶1，所以速度变化量大小之比为1∶3，由平抛运动水平方向上x＝v0t得，A选项中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A错误；B选项中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B正确。 7．(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。两球的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量的变化量为－4 kg·m/s，则 (　　) A．左方是A球 B．B球动量的变化量为4 kg·m/s C．碰撞后A、B两球的速度大小之比为5∶2 D．两球发生的碰撞是弹性碰撞 ABD　解析：初状态两球的动量均为正，故两球均向右运动，vA＝＝6 m/s，vB＝＝3 m/s，故左方是A球，A正确；由动量守恒定律知，ΔpB＝－ΔpA＝4 kg·m/s，B正确；碰撞后A的动量pA′＝ΔpA＋pA＝2 kg·m/s，则vA′＝＝2 m/s，碰撞后B的动量pB′＝ΔpB＋pB＝10 kg·m/s，则vB′＝＝5 m/s，故vA′∶vB′＝2∶5，C错误；碰撞前系统的动能为mAvA2＋mBvB2＝27 J，碰撞后系统的动能为mAvA′2＋mBvB′2＝27 J，故两球发生的碰撞是弹性碰撞，D正确。 8．(2024·江西九校协作体联考)如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C(可视为质点)，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是(重力加速度为g) (　　) A．运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 B．C球摆到最低点时，C球的速度大小vC＝2 C．C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离为 D．C向左运动能达到的最大高度为 B　解析：木块A、B和C球组成的系统竖直方向动量不守恒，水平方向动量守恒，所以系统动量不守恒，A错误；C球第一次摆到最低点过程中，A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m0vC－2mvAB＝0，则m0x1－2mx2＝0，又x1＋x2＝L，解得木块A、B向右移动的距离x2＝(点拨：构建人船模型，可快速求出木块A、B向右移动的距离)，C错误；C球下落到最低点时，A、B将要分离(点拨：细线对轻杆的拉力将要开始有方向向左的水平分力)，设此时C球的速度为vC，A、B共同速度为vAB，由静止释放C球至C球摆到最低点的过程，根据机械能守恒定律有m0gL＝m0vC2＋×2mvAB2，由水平方向动量守恒得m0vC＝2mvAB，联立解得vC＝2，vAB＝，此后A、B分开，当C向左运动达到最大高度时，A、C共速，设此时A、C速度为v共，水平方向动量守恒，规定向左为正方向，即m0vC－mvAB＝(m0＋m)v共，系统能量守恒，即m0vC2＋mvAB2＝m0gh＋(m0＋m)v共2，解得h＝，B正确，D错误。 9．(多选)(2024·宁波期中联考)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生一维碰撞，两小球质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x－t图像。已知m1＝0.3 kg，由此可以判断 (　　) A.碰前B做匀速直线运动，A做匀加速直线运动 B．可以计算出m2＝0.9 kg C．碰撞过程为非弹性碰撞 D．若两球碰撞后黏合在一起运动，则碰撞过程中损失的动能是1.8 J BD　解析：由题图乙可知，碰前B处于静止状态，A做匀速直线运动，A错误；碰前B处于静止状态，A的速度大小v1＝＝4 m/s，方向只有向右才能与B相撞，故题图乙中向右为正方向，由题图乙可求出碰后B和A的速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，代入解得m2＝0.9 kg，B正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝m1v12－m1v1′2－m2v2′2＝0，碰撞过程为完全弹性碰撞，C错误；若两球碰撞后粘合在一起运动，则m1v1＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，碰撞过程中损失的动能是ΔE′＝m1v12－(m1＋m2)v2＝1.8 J，D正确。 10．(2024·台州期中联考)如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为2m，三者都处于静止状态，现使B以某一速度v0向右运动，B与A发生弹性碰撞，之后A与C发生完全非弹性碰撞，求： (1)物体A、B、C最终的速度大小； (2)整个碰撞过程损失的机械能。 答案：(1)v0　　v0　(2)mv02 解析：(1)B与A相碰，由动量守恒定律有 2mv0＝2mvB＋mvA B与A发生弹性碰撞，由机械能守恒定律有 ×2mv02＝×2mvB2＋mvA2 解得vA＝，vB＝ A与C相碰，由动量守恒定律有mvA＝(m＋2m)vC 解得vC＝ 所以最终A、C速度相同，为v0。 (2)B与A碰撞不损失机械能，所以整个碰撞过程损失的机械能 ΔEk＝mvA2－×3mvC2＝mv02。 学科网（北京）股份有限公司 $$