1.3 动量守恒定律（专题训练）-2026-2027学年高二上学期物理同步知识点解读与专题训练（人教版选择性必修第一册）

**基本信息** 以题型分层递进构建动量守恒定律应用体系，覆盖条件判断、多场景应用及实验验证，强化运动和相互作用观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动量守恒条件判断|5题|系统动量/机械能守恒判定|从概念本质出发，建立守恒条件认知| |一般应用|6题|碰撞/反冲基本计算|巩固守恒定律公式直接应用| |某一方向守恒|6题|曲线运动中水平方向守恒|拓展守恒条件至特定方向| |多过程问题|4题|滑块-斜面/弹簧多阶段作用|训练过程拆分与守恒条件动态分析| |多次碰撞|6题|弹性碰撞/往复运动|深化守恒定律在连续作用中的应用| |动量与能量综合|9题|碰撞中能量转化分析|融合能量观念，提升综合解题能力| |实验验证|7题|平抛/气垫导轨实验设计|培养科学探究与证据分析能力|

1.3动量守恒定律（专题训练） 【人教版（2019）： 选择性必修第一册】 题型归纳 【题型1 动量守恒定律的内容、条件和判断】 1 【题型2 动量守恒定律的一般应用】 3 【题型3 某一方向上的动量守恒问题】 5 【题型4 用动量守恒定律解决多过程问题】 8 【题型5 用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题】 10 【题型6 动量守恒与能量守恒共同解决实际问题】 12 【题型7 验证动量守恒定律】 16 【题型1 动量守恒定律的内容、条件和判断】 1．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打入木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒 2．如图甲所示，置于水平桌面上的小车，其上方固定一竖直框架，框架通过光滑转轴O与一轻杆相连，轻杆可绕O在竖直平面内自由转动，轻杆下端固定一小球。如图乙所示，将小球向左拉开，使其位置比最低点高h，同时由静止释放小球和小车。忽略摩擦和空气阻力，已知重力加速度g。关于此后的运动过程，下列说法正确的是（　　） A．小车将一直向左运动 B．小球第一次回到最低点时的速度大小为 C．小球第一次摆到右侧最高点时，仍比最低点高h D．小车、框架和小球组成系统的机械能和动量均守恒 3．如图所示，光滑水平地面上有一斜面体，斜面体左侧有竖直固定墙面，一光滑小球被夹在竖直墙面与斜面体之间，水平向左的外力作用在斜面体上使得斜面体和小球均静止。某时刻撤去外力，小球沿竖直墙面向下运动，斜面体沿水平地面向右运动。从撤去外力到小球落地前，对于小球和斜面体构成的系统，下列说法正确的是（　　） A．系统动量守恒，机械能守恒 B．系统水平方向上动量守恒，机械能不守恒 C．系统水平方向上动量守恒，机械能守恒 D．系统动量不守恒，机械能守恒 4．（多选）下列说法正确的是（　　） A．物体沿斜面匀速下滑的过程中机械能不变，动量改变 B．物体做自由落体运动过程中机械能不变，动量不变 C．物体沿光滑斜面加速下滑的过程中机械能不变，动量改变 D．汽车刹车到停下来过程中机械能和动量都改变 5．（多选）如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端。在连续的敲打下，下列说法正确的是（　　） A．车左右往复运动 B．车持续地向右运动 C．大锤、人和车组成的系统动量守恒 D．当大锤停止运动时，人和车也停止运动 【题型2 动量守恒定律的一般应用】 6．在滑冰场上，甲、乙两个穿着溜冰鞋的小孩原来静止不动，在相互推一下后分别向相反的方向运动，不计一切阻力。若分开时，甲的速度较大，则（　　） A．甲的质量较大 B．分开时，甲的动能较大 C．推的过程，甲所受推力的冲量较大 D．推的过程，甲的动量变化量较小 7．如图所示，质量为M的卫星A绕质量为m0的未知行星做半径为r的匀速圆周运动，一个质量为m（m＜M）的小天体B也进入了卫星所在的圆轨道沿卫星的反方向运动并与卫星发生碰撞，碰后卫星和小天体结合为一个整体C，卫星A和小天体B均可视为质点，忽略一切阻力，引力常量为G，则以下说法正确的是（　　） A．碰后C以的初速度做近心运动 B．碰后瞬间C的加速度小于碰前A的加速度 C．碰后C将不可能再回到碰撞时的位置 D．若碰后C仍绕该行星稳定运行，则周期变长 8．研究人员利用地面电磁悬浮实验室的“光滑水平电磁滑轨试验平台”研究金属滑块弹性碰撞的实验规律。如图所示，将A、B两个完全相同的金属滑块静置于电磁滑轨上，滑块质量均为m，初始时A、B相距3L，在B右侧与B相距L处竖直固定有一轻质弹性挡板。t＝0时刻同步释放两滑块，两滑块始终受水平向右的恒定电磁力F作用，滑块与滑块、滑块与挡板碰撞时无能量损失，忽略滑块大小、碰撞时间及空气阻力。从释放开始计时，则（　　） A．A、B第一次相遇的时刻为 B．A、B第一次相遇的时刻为 C．A、B第一次碰后瞬间，A的速度大小为 D．A、B第一次碰后瞬间，B的速度大小为 9．（多选）小车放在光滑地面上，A、B两人站在车的两头，A在车的左端，B在车的右端，两人同时开始相向行走，发现小车向左运动，分析小车运动的原因，可能是（　　） A．A、B质量相等，A比B的速率大 B．A、B质量相等，A比B的速率小 C．A、B速率相等，A比B的质量大 D．A、B速率相等，A比B的质量小 10．（多选）如图所示，质量分别为m1、m2（m1＞m2）的小球A、B用轻弹簧连接，两小球分别套在两平行且足够长的光滑水平轨道上，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d，B的左侧有一固定挡板。假设轨道足够长，A由图示位置由静止释放，当A与B相距最近时，A的速度为v1，则在以后的运动过程中（　　） A．A的最小速度是0 B．A的最小速度是v1 C．B的最大速度是v1 D．B的最大速度是v1 11．某无人机在某冰雪地带运送紧急物资，飞行高度H＝240m，水平速度v0＝10m/s。飞至目标区域时，将质量m＝20kg的带缓冲气囊的应急医疗包释放，下落4s后缓冲气囊打开后，气囊对医疗包施加竖直向上的力，使医疗包在竖直方向做匀减速直线运动，到达待救援者时竖直速度刚好为零。已知待救援者的质量M＝60kg，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力和冰面摩擦力。求： （1）气囊对医疗包施加的力的大小； （2）医疗包对救援者的水平冲量大小。 12．如图所示，质量分别为2m、m的a、b两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在b上，系统静止在足够长的光滑水平面上（a紧靠竖直墙壁），此时弹簧弹性势能为E0，某时刻撤去外力。求： （1）撤去外力后的整个运动过程中，竖直墙壁对物体a的冲量； （2）a运动后，弹簧弹性势能的最大值。 【题型3 某一方向上的动量守恒问题】 13．如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平地面上，滑块的光滑弧面底部与地面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，小球不能离开滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是（　　） A． B． C． D． 14．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 15．在郊外的军事体验基地里，有一门模拟小火炮（总质量m1），里面装着一枚训练用橡胶炮弹（质量m2）。基地的地面是特别处理过的光滑硬化地面，几乎没有摩擦力。当体验者按下发射按钮，炮弹从炮口以速率v0与水平地面成θ的角度飞出，如图所示，则火炮后退的速度大小为（设水平地面光滑）（　　） A． B． C． D． 16．（多选）如图所示，水平地面上有一质量M＝2m的凹槽，由长2R、表面粗糙的水平部分和半径为R的光滑圆弧组成，两部分平滑连接。现将质量为m的滑块（可视为质点）从圆弧的顶端由静止释放，滑块恰好能滑到凹槽的最左端，此过程中凹槽始终处于静止状态。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．凹槽对水平地面的最大压力为5mg B．滑块与凹槽水平部分上表面的动摩擦因数为0.5 C．若水平地面光滑，凹槽向右运动的最大位移为R D．若水平地面光滑，滑块仍恰好能滑到凹槽的最左端 17．（多选）如图所示，质量为2m的物块P静止在光滑水平地面上，其右侧表面是半径为R的光滑圆弧轨道，圆弧轨道下端与水平地面相切。物块P右侧静止有质量为m的球b，球b左侧固定有轻弹簧。将质量为m的球a从圆弧轨道最上端静止释放，球a离开物块P后与轻弹簧左侧接触并粘连。已知重力加速度为g，弹簧的形变始终在弹性限度内。则说法正确的是（　　） A．球a下滑过程中，球a和物块P动量守恒 B．球a离开物块P瞬间速度 C．球b能达到的最大速度 D．整个运动过程中弹簧的最大弹性势能 18．如图所示，质量m＝1kg的滑块a套在足够长的水平光滑固定直杆上，其下方通过L＝0.6m的轻绳连接质量M＝2kg的小球b，直杆距水平地面的高度H＝5.6m，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，滑块与小球均看作质点，现将轻绳水平拉直，由静止释放小球，当小球第一次运动至滑块正下方时。 （1）求小球的速度大小v； （2）求轻绳的拉力大小F； （3）求滑块运动的路程s； （4）若轻绳突然断裂，求小球落地瞬间与滑块的距离d。 【题型4 用动量守恒定律解决多过程问题】 19．如图所示，静止放置在光滑水平地面上的表面光滑的等腰直角斜面体的质量为3m，直角边长为L，将质量为m的滑块（视为质点）从斜面体顶端由静止释放，滑块沿斜面下滑的过程中，滑块的加速度大小为a1，斜面体的加速度大小为a2，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．从滑块刚下滑到滑块滑至斜面底端时，斜面体的位移大小为 B．a1的水平分量与a2之比为3：1 C．滑块对斜面体的作用力方向与地面对斜面体的作用力方向相反 D．a1的竖直分量等于g 20．（多选）如图，质量均为m的小球A、B用一根长为l的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为m的小球C挨着小球B放置在地面上。扰动轻杆使小球A向左倾倒，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与地面有一定夹角时小球B和C分离，已知C球的最大速度为v，小球A落地后不反弹，重力加速度为g。下面说法正确的是（　　） A．球B、C分离前，A、B两球组成的系统机械能逐渐减小 B．球B、C分离时，球B对地面的压力大小为2mg C．从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功为mv2 D．小球A落地时的动能为mgl 21．如图所示为某游戏装置侧面图，半径R＝1.0m的圆弧轨道AB固定，半径r＝0.06m的半圆弧轨道CD锁定在水平面MN上，一长为L＝0.8m、质量也为M＝0.2kg的平板小车停在MN轨道的最左端紧靠BM，小车上表面与B、C点等高，将一可视为质点、质量m＝0.8kg的滑块从距B点高度为h处静止释放，滑上小车后带动小车向右运动，小车与轨道CD碰撞（碰撞时间极短）后即被粘在C处，滑块可沿轨道CD继续运动。已知BC间距均足够长，滑块与小车的动摩擦因数μ＝0.25，其余接触面均光滑，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）若h1＝0.2m，滑块运动到圆弧底端B点时受到的支持力大小； （2）要使滑块不会从小车上掉下，最大的高度h2； （3）要使滑块能过最高点D，则h的取值范围。 22．如图所示，光滑水平面上放有一个凹槽A，凹槽内表面光滑，其圆弧部分是四分之一圆弧，小滑块B静止在凹槽底部。滑块C以v0＝5m/s的速度向右运动，C与A发生碰撞（时间极短）后C向右运动，速度为vC＝2m/s。已知三者质量分别为mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝4kg。求： （1）C与A碰撞过程中，A对C的冲量I； （2）C与A碰撞后瞬间，A的速度大小vA； （3）C与A能否发生第二次碰撞？请通过计算说明。 【题型5 用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题】 23．光滑的水平面上有A、B两个小物块，在t＝0时刻，两物块开始在同一直线上同向运动，随后发生正碰，两小球碰撞前后的位移x与时间t的关系图像如图所示。则（　　） A．物块A与B的质量比为1：1 B．物块A与B的质量比为3：1 C．两物块的碰撞是弹性碰撞 D．两物块的碰撞是非弹性碰撞 24．如图所示，标号为1、2、3、…、10的10个大小相同的小球依次排列在光滑水平面上，标号为奇数的质量均为m，标号为偶数的质量均为2m，现使标号为1的小球获得水平向右的初速度v1，以后发生的碰撞均为弹性碰撞，且相邻两小球之间仅碰撞一次，则标号为9、10的小球碰撞后，标号为10的小球运动的速度大小为（　　） A．v1 B．v1 C．v1 D．v1 25．（多选）如图所示，质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设每次碰撞前后速度大小不变，重力加速度为g，则整个过程中，系统损失的动能为（　　） A．mv2 B．v2 C．NμmgL D．（N+1）μmgL 26．（多选）研究原子物理时，科学家们经常借用宏观的力学模型来模拟原子间的相互作用。水平面上固定着一个半径为R的内壁光滑圆管轨道（R远大于圆管内径），其俯视图如图所示，管内A、B、C、D四个点将圆管轨道分为四等份。开始时乙球静止在轨道的B点，甲球从D点以大小为v的速度沿顺时针方向运动。已知甲球的质量是乙球质量的2倍，两球碰撞均可视为弹性正碰。下列说法正确的是（　　） A．第一次碰撞后甲球沿逆时针方向运动 B．第一次碰撞后到第二次碰撞前，甲、乙两球的运动路程之比为1：4 C．第二次碰撞的位置在AD管道之间 D．第六次碰撞的位置在B点 27．如图所示，一倾角θ＝30°的斜面固定在地面上，斜面的长度L＝5m，某时刻，小物块A从斜面顶端由静止释放，与静止在斜面中点的小物块B发生多次碰撞，小物块A、B之间的碰撞时间极短且为弹性碰撞，已知小物块A、B的质量分别为m1＝1kg、m2＝4kg，小物块A与斜面间无摩擦，小物块B与斜面间的动摩擦因数μ，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）小物块A经过多长时间与小物块B发生第一次碰撞； （2）小物块A、B第一次碰撞后瞬间各自的速度大小； （3）小物块A、B第一次碰撞后经过多长时间发生第二次碰撞。 28．如图所示，光滑水平地面上有两端带有固定挡板的长木板，木板最右端放置一个可视为质点的滑块，滑块和长木板均静止。现在长木板左端给长木板施加一瞬时向右的冲量使得长木板获得初速度v0＝10m/s。已知长木板的质量M＝1kg、长度l＝9.0m，滑块的质量m＝1kg，滑块与左、右挡板的碰撞均为弹性碰撞，滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2。求： （1）第一次碰撞前瞬间滑块和长木板的速度大小； （2）最终滑块与长木板相对静止时，滑块距长木板左端的距离Δx； （3）滑块相对长木板运动的时间Δt。 【题型6 动量守恒与能量守恒共同解决实际问题】 29．如图，短道速滑混合接力中，“交棒”运动员从后方推前方“接棒”运动员完成交接。若交接瞬间两运动员速度方向均沿同一直线，且可忽略冰面对两人的水平阻力，则在两人相互作用的短时间内，下列说法正确的是（　　） A．两运动员组成的系统沿滑行方向动量守恒 B．“接棒”运动员受到的冲量大于“交棒”运动员受到的冲量 C．两运动员组成的系统机械能一定守恒 D．两运动员的动量变化方向相同 30．物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放（其中C球下部离地H），所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则下列说法不正确的是（　　） A．C球落地前瞬间，A球的速度为 B．从上至下三球的质量之比为1：2：6 C．A球弹起的最大高度为25H D．A球弹起的最大高度为9H 31．两物体A、B放在光滑的水平面上，现给两物体沿水平方向的初速度，使两物体在同一条直线上运动，经过一段时间发生碰撞。两物体碰撞前后的位置随时间的变化规律如图所示。已知物体A的质量为mA＝0.4kg。则下列说法正确的是（　　） A．物体A在碰撞前的动量大小为3.2kg•m/s B．物体B的质量为0.2kg C．碰撞过程物体A所受的冲量大小为1.2kg•m/s D．碰撞过程损失的机械能为0.8J 32．（多选）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝2.0kg和mB＝1.0kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时开始以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v﹣t图像如图乙所示。则下列说法正确的是（　　） A．物块C的质量mC＝1kg B．t＝8s时弹簧的弹性势能Ep1＝4.5J C．4～12s过程中，系统动量、机械能均守恒 D．B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep2＝0.375J 33．（多选）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球P、Q发生正碰，两小球的质量分别为mP和mQ。图乙为它们碰撞前后的位移—时间图像。已知mP＝2kg，下列说法正确的是（　　） A．mQ＝6kg B．两球的碰撞为非弹性碰撞 C．小球Q对小球P的冲量为﹣12N•s D．碰撞全过程，P、Q受到的冲量大小之比为1：3 34．（多选）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则（　　） A．木块获得的速度最大为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块在加速过程中运动的距离为 D．木块和子弹损失的总动能为 35．足够长的光滑杆水平固定，质量为m的滑块A套在杆上，滑块下方用不可伸长的轻绳连接一质量为m的小球B，初始时系统处于静止状态。质量为m的滑块C以v0的初速度与滑块A发生碰撞，碰撞时间极短，碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度为g。求： （1）滑块C与A碰撞过程中损失的机械能ΔE； （2）小球B能上升的最大高度h； （3）小球B的最大速度大小vB。 36．如图用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点，初始时，轻绳处于水平拉直状态，长度为L。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知物块a、b可视为质点，b的质量是a的2倍，b与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。求： （1）碰撞前瞬间物块a速度的大小； （2）碰撞后b滑行的最大距离s。 37．如图所示，质量m1＝0.8kg的四分之一圆弧轨道（上表面光滑，下表面粗糙）放置在水平地面上，圆弧轨道半径R＝5m，轨道最低点切线水平。在最低点放置一质量m2＝0.2kg的小球P，将质量M＝0.4kg的小球Q从圆弧轨道与圆心等高处由静止释放，小球Q在最低点时与小球P发生碰撞（时间极短）。两小球均视为质点，整个过程中圆弧轨道始终处于静止状态，取重力加速度大小g＝10m/s2。 （1）求小球Q与小球P碰撞前瞬间，地面对圆弧轨道的支持力大小F； （2）若碰撞后瞬间，两小球对圆弧轨道的压力大小相等，求碰撞过程中两小球损失的总机械能ΔE。 【题型7 验证动量守恒定律】 38．用如图所示的装置来验证动量守恒定律，小球a、b的质量分别为ma、mb，实验过程中，木板上留下撞击痕迹M、P、N。下列说法正确的是（　　） A．必须要测出木板到斜槽末端的水平距离 B．实验中应满足ma＜mb C．M点是未放b球时，a球的撞击点 D．若动量守恒，则有 39．用如图所示的装置来验证动量守恒定律，斜槽轨道固定在水平桌面上，入射小球、被碰小球质量分别为m1、m2，则下列做法错误的是（　　） A．入射小球和被碰小球半径相同 B．入射小球每次必须从斜轨同一位置释放 C．选用两球的质量应满足m1＞m2 D．必须用秒表测定小球在空中飞行的时间 40．（多选）某实验小组利用如图所示的实验器材做“验证动量守恒定律”的实验，质量为m1的小球1从斜面上某一固定位置由静止释放，落在水平地面上的P点，在桌面边缘放置另一质量为m2的小球2，再将小球1从同一位置静止释放，两球的落地点为M和N，O点为2球球心在水平面的投影，关于该实验下列说法正确的是（　　） A．M点为小球2第二次下落的落地点 B．若m1OP＝m2ON+m1OM成立，可验证两小球碰撞过程中动量守恒 C．若碰撞过程中两小球动量守恒，则m1OP2＝m2ON2+m1OM2一定成立 D．实验中两小球质量必须满足m1＞m2 41．某同学用气垫导轨装置验证动量守恒定律，如图所示。其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连。两个滑块A、B（包含挡光片）质量分别为m1、m2，当它们通过光电门时，计时器可测得挡光片被遮挡的时间。 （1）下列调节导轨水平的两种做法中，较好的是　 　 （选填“A”或“B”）。 A．将气垫导轨平放在桌上，先打开气源充气，再将滑块放到导轨上，轻推滑块，若滑块先后通过两个光电门时的挡光时间相等，则导轨水平 B．将气垫导轨平放在桌上，不打开气源充气，将滑块放到导轨上，若滑块不动，则导轨水平 （2）将B静置于两光电门之间，将A置于光电门G1右侧，用手轻推一下A，使其向左运动，与B发生碰撞，为了使A碰后不返回，则m1　 　 m2（选填“小于”“等于”或“大于”）。 （3）若挡光片的宽度均为d，光电门G1记录的挡光时间为t1，滑块B、A先后通过光电门G2时，记录的挡光时间分别为t2、t3，为了减小误差，挡光片的宽度应选择　 　 （选填“窄”或者“宽”）的，实验中若等式　 　 （用m1、m2、t1、t2和t3表示）成立，则可验证动量守恒定律。 42．某实验小组在学校实验室用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，装置简化为图乙。测得两小球质量分别为m1、m2，半径分别为r1、r2，A球为入射小球，B球为被碰小球。 第一步，安装好实验装置，并记下重垂线所指的位置O。 第二步，不放小球B，让小球A从斜槽上某位置由静止滚下，并落在地面上，重复多次，确定小球落点的平均位置为点P。 第三步，把小球B放在斜槽末端边缘处，让小球A由第一步中的同一位置静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置为点M、N。 第四步，用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的水平距离，记为OM、OP、ON。 （1）（多选）关于本实验的其他操作，下列说法正确的是　 　 。 A.A球不需要从斜槽上同一位置释放，但要保证斜面光滑 B.将斜槽的末端调节至水平，并且必须测量斜槽末端距水平地面的高度 C.若m1＜m2，碰后A球反弹，仍可能再次从斜槽末端飞出，但会对实验结果有影响 D.实验需满足两小球半径r1、r2相等 （2）为减小误差需多次重复实验，小球落地透过复写纸在白纸上留下许多个印迹。如果用画圆法确定小球的平均落点，丙图所画的三个圆中最合理的是圆　 　 （选填“A”、“B”或“C”）。 （3）在误差允许范围内，若关系式　 　 成立，即可验证碰撞前后动量守恒。 （4）若实验中换用不同材质的小球，改变小球质量的同时，保证两小球半径不变，可以改变小球的落点位置。下面三幅图中，可能正确的落点分布是　 　 。 43．某同学为了探究动量守恒定律，设计了如下实验。实验器材：气垫导轨、滑块m1和m2、天平、两个压力传感器（侧面固定有轻质小弹簧）及其配件，实验装置如图。 实验步骤如下： ①用天平测出两个滑块的质量m1、m2 ②按图所示安装实验装置，调节气垫导轨水平，固定压力传感器； ③给气垫导轨充气，将滑块m1向左水平推动，使弹簧压缩一定长度。静止释放m1，m1和左侧弹簧分离后与静止的m2碰撞，碰后m1向左弹回，m2则向右运动，分别挤压两侧弹簧。所有过程中弹簧均在弹性限度内； ④读取释放前左侧压力传感器示数为F0，碰撞后左右两侧压力传感器示数的最大值分别为F1和F2。（已知弹簧具有的弹性势能为，其中k、x分别为弹簧的劲度系数和形变量） （1）实验中两个滑块的质量m1、m2大小应满足的关系为m1　 　 m2（填“＞”“＝”或“＜”）； （2）请写出m1释放前弹簧的弹性势能Ep＝　 　 （用F0和弹簧劲度系数k表达）； （3）请写出碰撞前，m1和左侧轻弹簧分离时的动量p＝　 　 （用F0、k、m1表达）； （4）若碰撞过程中动量守恒，则实验要验证的表达式为　 　 （用F0、F1、F2、m1、m2表达）。 44．某实验小组想用多种方式验证动量守恒定律。小明同学选取两个体积相同、质量不等的小球，先让质量为m1的小球从轨道顶部由静止释放，由轨道末端的O点飞出并落在斜面上。再把质量为m2的小球放在O点，让小球m1仍从原位置由静止释放，与小球m2碰后两小球均落在斜面上，分别记录落点痕迹，其中M、P、N三个落点的位置距离O点的长度分别为xOM、xOP、xON。 （1）为比较两个小球体积是否相同，用某种仪器来测量小钢球的直径，测量结果为2.025cm，此测量数据是选用了仪器　 　 测量得到的。 A.毫米刻度尺 B.10分度游标卡尺 C.20分度游标卡 D.螺旋测微器 （2）关于该实验，下列说法不正确的是　 　 。 A.必须满足m1＞m2 B.轨道必须光滑 C.轨道末端必须水平 D.落点位置需要多次释放取平均落点 （3）在实验误差允许的范围内，若满足关系式　 　 ，则可认为两球碰撞过程中动量守恒（用题目中的物理量表示）。 （4）小明同学利用该套装置做了一个新实验，仅改变小球m2的质量（两小球质量关系仍符合题干条件），其他条件均不变，将小球m1多次从轨道顶部由静止释放，与不同质量的小球m2相碰，分别记录对应的落点到O点距离xOM、xOP、xON。以为横坐标、为纵坐标作出图像，若该碰撞为弹性碰撞，则下列图正确的是　 　 。 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.3动量守恒定律（专题训练） 【人教版（2019）： 选择性必修第一册】 题型归纳 【题型1 动量守恒定律的内容、条件和判断】 1 【题型2 动量守恒定律的一般应用】 4 【题型3 某一方向上的动量守恒问题】 9 【题型4 用动量守恒定律解决多过程问题】 14 【题型5 用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题】 18 【题型6 动量守恒与能量守恒共同解决实际问题】 23 【题型7 验证动量守恒定律】 31 【题型1 动量守恒定律的内容、条件和判断】 1．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打入木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（　　） A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒 【答案】B 【解答】解：在整个过程中子弹、两木块和弹簧组成的系统所受外力之和为零，所以子弹、两木块和弹簧组成的系统满足动量守恒；但在子弹射进木块过程中有内能产生，则系统机械能不守恒，故B正确，ACD错误。 故选：B。 2．如图甲所示，置于水平桌面上的小车，其上方固定一竖直框架，框架通过光滑转轴O与一轻杆相连，轻杆可绕O在竖直平面内自由转动，轻杆下端固定一小球。如图乙所示，将小球向左拉开，使其位置比最低点高h，同时由静止释放小球和小车。忽略摩擦和空气阻力，已知重力加速度g。关于此后的运动过程，下列说法正确的是（　　） A．小车将一直向左运动 B．小球第一次回到最低点时的速度大小为 C．小球第一次摆到右侧最高点时，仍比最低点高h D．小车、框架和小球组成系统的机械能和动量均守恒 【答案】C 【解答】解：A．小球从左向右运动的过程中，小球和小车系统水平方向动量守恒，小车动量向左，所以小车向左运动，但小球达到最右侧后小球从右向左运动的过程中，小球和小车系统水平方向动量守恒，小车动量向右，所以小车向右运动，故A错误； B．设小球的质量为m，小车的质量为M，选取向右为正方向，小球第一次运动至最低点，小球向右运动，小车向左运动，根据水平方向的动量守恒可得mv1﹣Mv2＝0 根据机械能守恒定律，则有 解得小球的速度 故B错误； C．设小球运动至右端最高点时与小车共同速度为v3，相对最低点高度为h′，根据动量守恒定律得0＝（m+M）v3 解得v3＝0 根据机械能守恒定律可知小球第一次摆到右侧最高点时，仍比最低点高h，故C正确； D．小球摆动过程中系统水平方向动量守恒，但竖直方向系统受到合外力不为零，故系统竖直方向动量不守恒；该过程只有重力对系统做功做功，故系统机械能守恒，故D错误。 故选：C。 3．如图所示，光滑水平地面上有一斜面体，斜面体左侧有竖直固定墙面，一光滑小球被夹在竖直墙面与斜面体之间，水平向左的外力作用在斜面体上使得斜面体和小球均静止。某时刻撤去外力，小球沿竖直墙面向下运动，斜面体沿水平地面向右运动。从撤去外力到小球落地前，对于小球和斜面体构成的系统，下列说法正确的是（　　） A．系统动量守恒，机械能守恒 B．系统水平方向上动量守恒，机械能不守恒 C．系统水平方向上动量守恒，机械能守恒 D．系统动量不守恒，机械能守恒 【答案】D 【解答】解：对于小球和斜面构成的系统：在竖直方向上，小球向下加速运动，系统竖直方向合外力不为零；在水平方向上，小球沿竖直墙面运动，始终和墙面接触挤压，墙对小球有水平方向的弹力，因此系统水平方向合外力也不为零，因此系统总动量不守恒，水平方向动量也不守恒，由于所有接触面均无摩擦，墙面弹力对小球不做功，地面支持力对斜面不做功，整个过程只有重力做功，因此系统机械能守恒。故D正确，ABC 错误。 故选：D。 4．（多选）下列说法正确的是（　　） A．物体沿斜面匀速下滑的过程中机械能不变，动量改变 B．物体做自由落体运动过程中机械能不变，动量不变 C．物体沿光滑斜面加速下滑的过程中机械能不变，动量改变 D．汽车刹车到停下来过程中机械能和动量都改变 【答案】CD 【解答】解：A.匀速下滑过程中摩擦力做负功，机械能减小；速度大小方向均不变，动量不变，故A错误； B.自由落体只有重力做功，机械能守恒；速度持续增大，动量增大，故B错误； C.光滑斜面无摩擦，只有重力做功，机械能守恒；加速下滑速度增大，动量改变，故C正确； D.刹车过程摩擦力做功，动能减小，机械能改变减小；速度减至零，动量改变，故D正确。 故选：CD。 5．（多选）如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端。在连续的敲打下，下列说法正确的是（　　） A．车左右往复运动 B．车持续地向右运动 C．大锤、人和车组成的系统动量守恒 D．当大锤停止运动时，人和车也停止运动 【答案】AD 【解答】解：AB.以大锤、人和车组成的系统为研究对象，水平方向不受外力，动量守恒且总动量为零，敲打车时大锤向左运动，人和车向右运动；挥动大锤时大锤向右运动，人和车向左运动，因此车会左右往复运动，故A正确，B错误； C.系统水平方向动量守恒，但竖直方向合外力不为零，系统的总动量不守恒，故C错误； D.当大锤停止运动时，大锤与人和车相对静止，系统总动量为零，因此人和车的动量也为零，人和车会停止运动，故D正确。 故选：AD。 【题型2 动量守恒定律的一般应用】 6．在滑冰场上，甲、乙两个穿着溜冰鞋的小孩原来静止不动，在相互推一下后分别向相反的方向运动，不计一切阻力。若分开时，甲的速度较大，则（　　） A．甲的质量较大 B．分开时，甲的动能较大 C．推的过程，甲所受推力的冲量较大 D．推的过程，甲的动量变化量较小 【答案】B 【解答】解：A、不计一切阻力，在推的过程两小孩组成的系统所受合外力为零，甲、乙组成的系统动量守恒，以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m甲v甲＝m乙v乙，由于v甲＞v乙，则m甲＜m乙，甲的质量较小，故A错误； B、根据动能的定义式，可知，则分开时，甲的动能较大，故B正确； CD、在推的过程，甲、乙所受推力的冲量大小相等，甲、乙的动量变化量大小相等，故CD错误。 故选：B。 7．如图所示，质量为M的卫星A绕质量为m0的未知行星做半径为r的匀速圆周运动，一个质量为m（m＜M）的小天体B也进入了卫星所在的圆轨道沿卫星的反方向运动并与卫星发生碰撞，碰后卫星和小天体结合为一个整体C，卫星A和小天体B均可视为质点，忽略一切阻力，引力常量为G，则以下说法正确的是（　　） A．碰后C以的初速度做近心运动 B．碰后瞬间C的加速度小于碰前A的加速度 C．碰后C将不可能再回到碰撞时的位置 D．若碰后C仍绕该行星稳定运行，则周期变长 【答案】A 【解答】解：A．碰前根据，得，卫星和小天体碰撞，规定碰前M的方式为正方向，根据动量守恒有Mv﹣mv＝（M+m）v0，解得，碰后C以初速度v0做近心运动，故A正确； B．由牛顿第二定律，得，加速度与质量无关，即加速度不变，故B错误； C．碰后C可能做椭圆轨道运动，可能回到碰撞时的位置，故C错误； D．若碰后C仍绕该行星运动，则轨道半长轴会小于原轨道半径，根据开普勒第三定律可知，周期应变短，故D错误。 故选：A。 8．研究人员利用地面电磁悬浮实验室的“光滑水平电磁滑轨试验平台”研究金属滑块弹性碰撞的实验规律。如图所示，将A、B两个完全相同的金属滑块静置于电磁滑轨上，滑块质量均为m，初始时A、B相距3L，在B右侧与B相距L处竖直固定有一轻质弹性挡板。t＝0时刻同步释放两滑块，两滑块始终受水平向右的恒定电磁力F作用，滑块与滑块、滑块与挡板碰撞时无能量损失，忽略滑块大小、碰撞时间及空气阻力。从释放开始计时，则（　　） A．A、B第一次相遇的时刻为 B．A、B第一次相遇的时刻为 C．A、B第一次碰后瞬间，A的速度大小为 D．A、B第一次碰后瞬间，B的速度大小为 【答案】B 【解答】解：AB、根据牛顿第二定律，两滑块在电磁滑轨上的加速度均为； B滑块与挡板碰撞前做初速度为零的匀加速直线运动，位移为L，设所用时间为t1，则有，解得； 此时B的速度大小vB1＝at1，因碰撞无能量损失，碰后B以大小为at1的初速度向左反弹； 在这段时间t1内，A滑块同样做匀加速直线运动，其位移，此时A的速度vA1＝at1； 从B反弹开始，A、B均受水平向右的恒力F，加速度均为a，故两者的相对速度保持恒定，相对速度大小v相＝vA1﹣（﹣vB1）＝2at1； 此时A、B之间的距离Δx＝3L+L﹣L＝3L，设再经过t2时间两者发生第一次相遇（即第一次碰撞），则； 故A、B第一次相遇的时刻为，故A错误，B正确； CD、在第一次相遇碰前瞬间，A的速度，B的速度； 由于A、B发生完全弹性碰撞且两滑块质量相等，根据动量守恒和机械能守恒可知，碰后两者将交换速度，故碰后瞬间A的速度变为，其速度大小为；B的速度变为，其速度大小为，故CD错误。 故选：B。 9．（多选）小车放在光滑地面上，A、B两人站在车的两头，A在车的左端，B在车的右端，两人同时开始相向行走，发现小车向左运动，分析小车运动的原因，可能是（　　） A．A、B质量相等，A比B的速率大 B．A、B质量相等，A比B的速率小 C．A、B速率相等，A比B的质量大 D．A、B速率相等，A比B的质量小 【答案】AC 【解答】解：AB、地面光滑，两人与车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，开始时系统动量为零；两人相向运动时，车向左运动，车的动量向左，由于系统总动量为零，由动量守恒定律可知，A、B两人的动量之和向右，A的动量大于B的动量；如果A、B的质量相等，则A的速度大于B的速度，故A正确，B错误； CD、如果A、B速率相等，则A的质量大于B的质量，故C正确，D错误。 故选：AC。 10．（多选）如图所示，质量分别为m1、m2（m1＞m2）的小球A、B用轻弹簧连接，两小球分别套在两平行且足够长的光滑水平轨道上，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d，B的左侧有一固定挡板。假设轨道足够长，A由图示位置由静止释放，当A与B相距最近时，A的速度为v1，则在以后的运动过程中（　　） A．A的最小速度是0 B．A的最小速度是v1 C．B的最大速度是v1 D．B的最大速度是v1 【答案】BD 【解答】解：当A与B第一次相距最近时弹簧处于原长，之后A可能一直做减速运动，也可能是先减速到零再反向加速，B通过弹簧被A拉着跟在其后一直做加速运动，直到A与B再次相距最近时，B的速度达到最大，整个过程中系统动量守恒和机械能守恒，取向右为正方向，则有m1v1＝m1v1′+m2v2 代入数据得， 当m1＞m2时，则v1′＞0，说明A一直做减速运动，A的最小速度是，vBmax，故BD正确，AC错误。 故选：BD。 11．某无人机在某冰雪地带运送紧急物资，飞行高度H＝240m，水平速度v0＝10m/s。飞至目标区域时，将质量m＝20kg的带缓冲气囊的应急医疗包释放，下落4s后缓冲气囊打开后，气囊对医疗包施加竖直向上的力，使医疗包在竖直方向做匀减速直线运动，到达待救援者时竖直速度刚好为零。已知待救援者的质量M＝60kg，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力和冰面摩擦力。求： （1）气囊对医疗包施加的力的大小； （2）医疗包对救援者的水平冲量大小。 【解答】解：（1）设医疗包在竖直方向的加速时间和位移为t1和h1，由运动学规律可知 打开气囊前的瞬间物体的速度为：v1＝gt1 医疗包在竖直方向的减速位移为：h2＝H﹣h1 由运动学公式可得： 由牛顿第二定律可得：F﹣mg＝ma 联立以上公式当然数据解得：F＝300N； （2）由题意可知，救援者接到医疗包时，医疗包具有水平方向的速度v0，接到医疗包后二者共速的过程中动量守恒，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：mv0＝（M+m）v，解得： 则医疗包对救援者的水平冲量大小为：I＝Mv＝60×2.5N•s＝150N•s。 答：（1）气囊对医疗包施加的力的大小为300N； （2）医疗包对救援者的水平冲量大小为150N•s。 12．如图所示，质量分别为2m、m的a、b两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在b上，系统静止在足够长的光滑水平面上（a紧靠竖直墙壁），此时弹簧弹性势能为E0，某时刻撤去外力。求： （1）撤去外力后的整个运动过程中，竖直墙壁对物体a的冲量； （2）a运动后，弹簧弹性势能的最大值。 【解答】解：（1）撤去外力后，弹簧的弹性势能E0全部转化为物体b的动能E0 当弹簧恢复原长时，物体a开始离开墙壁，此时对b有I＝mvb 代入数据得I，方向：水平向右 （2）a离开墙壁后，系统在水平方向不受外力，动量守恒。当a、b速度相同时（设为v），弹簧形变量最大，弹性势能最大有mv0＝（m+2m）v1 系统的动能变化量等于弹簧弹性势能的增加量 代入数据得分 答：（1）撤去外力后的整个运动过程中，竖直墙壁对物体a的冲量是，方向：水平向右； （2）a运动后，弹簧弹性势能的最大值是。 【题型3 某一方向上的动量守恒问题】 13．如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平地面上，滑块的光滑弧面底部与地面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，小球不能离开滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：小球到达最高点时和滑块具有相同的速度v，取水平向右为正方向，因水平方向不受外力作用，故水平方向动量守恒得：mv0＝（m+M）v 解得 故选：B。 14．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 【答案】D 【解答】解：AB、当小球沿光滑曲面下滑时，小球和小车组成的系统在竖直方向处于失重状态，系统所受合力不为零，动量不守恒；小球下滑过程中，小车静止且受到墙壁的弹力，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，故AB错误； CD、撤去挡板，小球下滑过程中，小车和小球组成的系统合力不为零，动量不守恒；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合力为零，水平方向上动量守恒，故C错误，D正确。 故选：D。 15．在郊外的军事体验基地里，有一门模拟小火炮（总质量m1），里面装着一枚训练用橡胶炮弹（质量m2）。基地的地面是特别处理过的光滑硬化地面，几乎没有摩擦力。当体验者按下发射按钮，炮弹从炮口以速率v0与水平地面成θ的角度飞出，如图所示，则火炮后退的速度大小为（设水平地面光滑）（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：炮弹与炮车组成的系统在水平方向动量守恒。设火炮后退的速度大小为v'，取炮车后退方向为正方向，根据水平方向动量守恒定律有（m1﹣m2）v'﹣m2v0cosθ＝0，解得炮车后退的速度大小为。故ABD错误，C正确。 故选：C。 16．（多选）如图所示，水平地面上有一质量M＝2m的凹槽，由长2R、表面粗糙的水平部分和半径为R的光滑圆弧组成，两部分平滑连接。现将质量为m的滑块（可视为质点）从圆弧的顶端由静止释放，滑块恰好能滑到凹槽的最左端，此过程中凹槽始终处于静止状态。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．凹槽对水平地面的最大压力为5mg B．滑块与凹槽水平部分上表面的动摩擦因数为0.5 C．若水平地面光滑，凹槽向右运动的最大位移为R D．若水平地面光滑，滑块仍恰好能滑到凹槽的最左端 【答案】ABD 【解答】解：当凹槽静止时，滑块从圆弧顶端滑到最低点的过程，根据机械能守恒定律，解得最低点速度。 A、在最低点，根据牛顿第二定律，解得支持力FN＝3mg，根据牛顿第三定律可知，滑块对凹槽的压力大小为3mg，此时凹槽受到滑块向下的作用力最大，凹槽对地面的压力达到最大，最大压力FM＝FN+Mg，代入数据解得FM＝5mg，故A正确； B、滑块在凹槽水平部分滑行的过程，根据动能定理，代入数据解得动摩擦因数μ＝0.5，故B正确； C、若水平地面光滑，滑块与凹槽组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒，初动量为零。设滑块滑到最左端时，滑块与凹槽相对地面的水平位移大小分别为x1和x2，根据系统水平方向动量守恒有mx1＝Mx2，两者的相对位移等于水平方向的总长度，即x1+x2＝3R，代入数据解得凹槽向右运动的最大位移x2＝R，故C错误； D、若水平地面光滑，设滑块在水平轨道上相对滑行的距离为L'时与凹槽相对静止，由于系统水平方向动量守恒且初态静止，可知最终两者共同速度为零，对于系统根据能量守恒定律mgR＝μmgL'，代入数据解得L'＝2R，恰好等于水平部分的长度，可知滑块仍恰好能滑到凹槽的最左端，故D正确。 故选：ABD。 17．（多选）如图所示，质量为2m的物块P静止在光滑水平地面上，其右侧表面是半径为R的光滑圆弧轨道，圆弧轨道下端与水平地面相切。物块P右侧静止有质量为m的球b，球b左侧固定有轻弹簧。将质量为m的球a从圆弧轨道最上端静止释放，球a离开物块P后与轻弹簧左侧接触并粘连。已知重力加速度为g，弹簧的形变始终在弹性限度内。则说法正确的是（　　） A．球a下滑过程中，球a和物块P动量守恒 B．球a离开物块P瞬间速度 C．球b能达到的最大速度 D．整个运动过程中弹簧的最大弹性势能 【答案】BC 【解答】解：A．球a下滑时，球a和P组成的系统在竖直方向受重力和地面支持力，且球a有竖直向下的加速度，系统竖直方向合外力不为零，总动量不守恒；但是球a和P组成的系统在水平方向上没有受到任何外力作用，所以该系统在水平方向满足动量守恒，故A错误； B．设水平向右为正，球a滑到最低点时相对P的速度为u，P的速度为vP。水平动量守恒0＝m（u+vP）+2mvP，解得 球a对地速度 根据系统机械能守恒有 代入、解得 因此，故B正确； C．球a与弹簧粘连后，a、弹簧、b组成的系统所受合外力为零，则该系统满足动量守恒。在整个过程中，只有弹簧的弹性势能和小球动能的相互转化，所以该系统也满足机械能守恒。则总动量p＝mva。当弹簧恢复原长时，a、b速度交换：a速度减为0，b速度增至，故球b最大速度为，故C正确； D．当a、b速度相等，即时，弹簧压缩最短，弹性势能最大。根据能量守恒有，代入得，故D错误。 故选：BC。 18．如图所示，质量m＝1kg的滑块a套在足够长的水平光滑固定直杆上，其下方通过L＝0.6m的轻绳连接质量M＝2kg的小球b，直杆距水平地面的高度H＝5.6m，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，滑块与小球均看作质点，现将轻绳水平拉直，由静止释放小球，当小球第一次运动至滑块正下方时。 （1）求小球的速度大小v； （2）求轻绳的拉力大小F； （3）求滑块运动的路程s； （4）若轻绳突然断裂，求小球落地瞬间与滑块的距离d。 【解答】解：（1）小球释放后，二者组成的系统机械能守恒，二者在水平方向上动量守恒Mv＝mv1，代入数据可得v＝2m/s，v1＝4m/s； （2）对小球，由牛顿第二定律可知，代入数据可得F＝140N； （3）由人船模型可知，小球第一次运动至滑块正下方时Mx＝mx1，x+x1＝L，代入数据可得x1＝0.4m； （4）轻绳断裂后，小球做平抛运动，在竖直方向上有，在水平方向上有L0＝vt， 滑块向右做匀速直线运动，有L1＝v1t，小球落地瞬间与滑块的距离满足，代入数据可得。 答：（1）小球的速度大小为2m/s； （2）轻绳的拉力大小为140N； （3）滑块运动的路程为0.4m； （4）若轻绳突然断裂，小球落地瞬间与滑块的距离为。 【题型4 用动量守恒定律解决多过程问题】 19．如图所示，静止放置在光滑水平地面上的表面光滑的等腰直角斜面体的质量为3m，直角边长为L，将质量为m的滑块（视为质点）从斜面体顶端由静止释放，滑块沿斜面下滑的过程中，滑块的加速度大小为a1，斜面体的加速度大小为a2，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．从滑块刚下滑到滑块滑至斜面底端时，斜面体的位移大小为 B．a1的水平分量与a2之比为3：1 C．滑块对斜面体的作用力方向与地面对斜面体的作用力方向相反 D．a1的竖直分量等于g 【答案】B 【解答】解：B、滑块与斜面体组成的系统在水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒。设滑块水平分加速度为a1x，斜面体加速度为a2，取水平向右为正方向。由动量守恒得ma1x﹣3ma2＝0，解得a1x＝3a2，即两者加速度水平分量之比为3：1，故B正确； A、由a1x＝3a2可知，任意时刻滑块水平分速度v1x与斜面体速度v2之比恒为3：1，故相同时间内水平位移x1与x2之比也为3：1。根据几何关系有x1+x2＝L，联立x1＝3x2，解得斜面体位移大小，故A错误； C、滑块对斜面体的弹力方向斜向右下方（与水平成45°），地面对斜面体支持力竖直向上，两力夹角为135°而非180°，故C错误； D、滑块竖直方向受重力mg和支持力N的分量，由牛顿第二定律得mg﹣Ncos45°＝ma1y。因N＞0，故ma1y＜mg，即a1y＜g，故D错误。 故选：B。 20．（多选）如图，质量均为m的小球A、B用一根长为l的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为m的小球C挨着小球B放置在地面上。扰动轻杆使小球A向左倾倒，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与地面有一定夹角时小球B和C分离，已知C球的最大速度为v，小球A落地后不反弹，重力加速度为g。下面说法正确的是（　　） A．球B、C分离前，A、B两球组成的系统机械能逐渐减小 B．球B、C分离时，球B对地面的压力大小为2mg C．从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功为mv2 D．小球A落地时的动能为mgl 【答案】AD 【解答】解：A、运动过程只有重力做功，三个小球组成的系统机械能守恒，在B、C分离前C球的速度逐渐增大，动能逐渐增大，C球的机械能逐渐增大，由于A、B、C三个球组成的系统机械能，C球的机械能逐渐增大，由机械能守恒定律可知，球B、C分离前，A、B两球组成的系统机械能逐渐减小，故A正确； B、球B、C分离时，对A、B两球组成的系统，球A有向下的加速度，球A处于失重状态，A、B两球组成的系统处于失重状态，则球B对地面的压力大小小于2mg，故B错误； D、A、B、C三球在水平方向所受合外力为零，A、B、C三球组成的系统在水平方向动量守恒，设在A落地瞬间A、B水平方向速度为v共，取向右为正方向，对A、B、C三球组成的系统，在水平方向，由动量守恒定律得：mv﹣2mv共＝0，解得：v共， A、B、C三球组成系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgl＝EkA 解得A球落地时的动能EkA＝mglmv2，故D正确； C、从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功等于球B和球C的动能之和，即W，解得：W，故C错误。 故选：AD。 21．如图所示为某游戏装置侧面图，半径R＝1.0m的圆弧轨道AB固定，半径r＝0.06m的半圆弧轨道CD锁定在水平面MN上，一长为L＝0.8m、质量也为M＝0.2kg的平板小车停在MN轨道的最左端紧靠BM，小车上表面与B、C点等高，将一可视为质点、质量m＝0.8kg的滑块从距B点高度为h处静止释放，滑上小车后带动小车向右运动，小车与轨道CD碰撞（碰撞时间极短）后即被粘在C处，滑块可沿轨道CD继续运动。已知BC间距均足够长，滑块与小车的动摩擦因数μ＝0.25，其余接触面均光滑，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）若h1＝0.2m，滑块运动到圆弧底端B点时受到的支持力大小； （2）要使滑块不会从小车上掉下，最大的高度h2； （3）要使滑块能过最高点D，则h的取值范围。 【解答】解：（1）滑块从高度h1处静止下滑至B点，由机械能守恒得：。 在B点受力分析，根据牛顿第二定律有：，联立解得：FN＝11.2N。 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道压力大小为11.2N。 （2）滑块滑上小车后水平方向动量守恒，设滑块初速为v0，共速为v，由mv0＝（M+m）v。 摩擦生热Q＝μmgL等于机械能损失：。 根据下滑过程机械能守恒，联立解得：h2＝1.0m。 （3）滑块要能通过圆轨道最高点D，需满足临界条件；从C到D过程机械能守恒，满足。 滑块在小车上的运动包含两个阶段：第一阶段滑块与小车达到共速v，产生相对位移Δx，满足动量守恒mv0＝（M+m）v（其中）及功能关系； 第二阶段小车撞停，滑块在静止的小车上继续减速滑行位移L﹣Δx到达C点，对该过程应用动能定理。 联立上述各式代入数据解得。结合（2）中不脱离小车的条件h≤1.0m，故h的取值范围为。 答：（1）滑块运动到圆弧底端B点时受到的支持力大小为11.2N。 （2）要使滑块不会从小车上掉下，最大的高度h2为1.0m。 （3）要使滑块能过最高点D，则h的取值范围为。 22．如图所示，光滑水平面上放有一个凹槽A，凹槽内表面光滑，其圆弧部分是四分之一圆弧，小滑块B静止在凹槽底部。滑块C以v0＝5m/s的速度向右运动，C与A发生碰撞（时间极短）后C向右运动，速度为vC＝2m/s。已知三者质量分别为mA＝2kg，mB＝1kg，mC＝4kg。求： （1）C与A碰撞过程中，A对C的冲量I； （2）C与A碰撞后瞬间，A的速度大小vA； （3）C与A能否发生第二次碰撞？请通过计算说明。 【解答】解：（1）规定水平向右的方向为正方向，对C根据动量定理有 I＝mCvC﹣mCv0 解得I＝﹣12N•s，负号说明方向与规定的正方向相反，是水平向左 （2）把C和A看成一个系统，在C与A碰撞过程中，该系统满足动量守恒，设碰撞后A的速度大小为vA，则 mCv0＝mCvC+mAvA 解得vA＝6m/s （3）当 B经过上升、下降，第一次运动到水平段时，A 的速度向右最小或向左。对A与B组成的系统在水平方向上，由动量守恒定律得 mAvA＝mAv'A+mBv'B 由机械能守恒定律得 解得vA＝2m/s，因为 vA＝vC，所以不会发生第2次碰撞 答：（1）C与A碰撞过程中，A对C的冲量I大小为12N•s，方向向左； （2）C与A碰撞后瞬间，A的速度大小vA为6m/s； （3）C与A不能发生第二次碰撞，说明见解析。 【题型5 用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题】 23．光滑的水平面上有A、B两个小物块，在t＝0时刻，两物块开始在同一直线上同向运动，随后发生正碰，两小球碰撞前后的位移x与时间t的关系图像如图所示。则（　　） A．物块A与B的质量比为1：1 B．物块A与B的质量比为3：1 C．两物块的碰撞是弹性碰撞 D．两物块的碰撞是非弹性碰撞 【答案】C 【解答】解：根据图像可知，碰撞后A处于静止状态，因此A碰撞前的速度满足，解得：v0＝3m/s。B碰撞前后的速度分别为与，解得：v1＝1m/s，v2＝2m/s。规定两物块初始运动方向为正方向，根据动量守恒定律，有mAv0+mBv1＝mBv2，解得：。碰撞前系统的动能为，碰撞后系统的动能为，由此可知，该碰撞为弹性碰撞。故ABD错误，C正确。 故选：C。 24．如图所示，标号为1、2、3、…、10的10个大小相同的小球依次排列在光滑水平面上，标号为奇数的质量均为m，标号为偶数的质量均为2m，现使标号为1的小球获得水平向右的初速度v1，以后发生的碰撞均为弹性碰撞，且相邻两小球之间仅碰撞一次，则标号为9、10的小球碰撞后，标号为10的小球运动的速度大小为（　　） A．v1 B．v1 C．v1 D．v1 【答案】D 【解答】解：设小球1与小球2发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒，有mv1＝mv'1+2mv2，，解得：。 随后，小球2与小球3发生弹性碰撞，同样根据动量守恒和机械能守恒，有2mv2＝2mv'2+mv3，，解得：。 接着，小球3与小球4发生弹性碰撞，有mv3＝mv'3+2mv4，，解得：。 之后，小球4与小球5发生弹性碰撞，有2mv4＝2mv'4+mv5，，解得：。 根据此规律推导，标号为10的小球运动的速度大小为。故ABC错误，D正确。 故选：D。 25．（多选）如图所示，质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设每次碰撞前后速度大小不变，重力加速度为g，则整个过程中，系统损失的动能为（　　） A．mv2 B．v2 C．NμmgL D．（N+1）μmgL 【答案】BC 【解答】解：AB、对小物块和箱子组成的系统，在水平方向不受外力作用，系统水平方向动量守恒。 设小物块与箱子最终共同速度为v'，以向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv＝（M+m）v'，解得系统最终的共同速度为： 系统全过程损失的动能为：，联立解得：，故A错误，B正确； CD、另一方面，系统克服摩擦力做功将机械能转化为内能，系统损失的动能等于产生的内能。 设整个过程中小物块相对于箱子滑动的总路程为s相对，根据功能关系有：ΔEk＝f•s相对＝μmgs相对 分析小物块相对于箱子的运动过程：小物块从箱子正中间出发，到第1次与箱壁碰撞，相对路程为； 从第1次碰撞到第N次碰撞，期间在两壁之间往复运动N﹣1次，每次相对路程均为L，此阶段相对路程为（N﹣1）L； 从第N次碰撞后再次回到箱子正中间并保持相对静止，相对路程为。 因此，总相对路程为：所以系统损失的动能也可以表示为：ΔEk＝μmg•NL＝NμmgL，故C正确，D错误。 故选：BC。 26．（多选）研究原子物理时，科学家们经常借用宏观的力学模型来模拟原子间的相互作用。水平面上固定着一个半径为R的内壁光滑圆管轨道（R远大于圆管内径），其俯视图如图所示，管内A、B、C、D四个点将圆管轨道分为四等份。开始时乙球静止在轨道的B点，甲球从D点以大小为v的速度沿顺时针方向运动。已知甲球的质量是乙球质量的2倍，两球碰撞均可视为弹性正碰。下列说法正确的是（　　） A．第一次碰撞后甲球沿逆时针方向运动 B．第一次碰撞后到第二次碰撞前，甲、乙两球的运动路程之比为1：4 C．第二次碰撞的位置在AD管道之间 D．第六次碰撞的位置在B点 【答案】BD 【解答】解：A、根据完全弹性碰撞的速度公式，甲球碰后速度为，乙球碰后速度为。已知mα＝2m，mβ＝m，代入计算得，方向仍为顺时针，故A错误。 B、第一次碰撞后，两球在光滑圆管内均做匀速圆周运动，运动的路程之比等于其速度大小之比，即，故B正确。 C、第一次碰撞发生在B点，第二次碰撞时，乙球需比甲球多运动一圈，满足（vβ1﹣vα1）t＝2πR。由此解得甲球在两次碰撞间转过的弧长为，对应圆心角为120°，即第二次碰撞位置在从B点顺时针转过120°处，位于CD段之间，故C错误。 D、分析碰撞过程可知其具有周期性，每两次碰撞构成一个完整循环，碰撞位置沿顺时针方向移动圆周。第六次碰撞经历了三个完整周期，位置相对于B点移动了圆周，恰好回到B点，故D正确。 故选：BD。 27．如图所示，一倾角θ＝30°的斜面固定在地面上，斜面的长度L＝5m，某时刻，小物块A从斜面顶端由静止释放，与静止在斜面中点的小物块B发生多次碰撞，小物块A、B之间的碰撞时间极短且为弹性碰撞，已知小物块A、B的质量分别为m1＝1kg、m2＝4kg，小物块A与斜面间无摩擦，小物块B与斜面间的动摩擦因数μ，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）小物块A经过多长时间与小物块B发生第一次碰撞； （2）小物块A、B第一次碰撞后瞬间各自的速度大小； （3）小物块A、B第一次碰撞后经过多长时间发生第二次碰撞。 【解答】解：（1）物块A沿斜面下滑的加速度aA＝gsin30°，根据位移公式，解得：t1＝1s。 （2）碰撞前物块A的速度v0＝aAt1，解得：v0＝5m/s，取水平向右为正方向，物块A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒m1v0＝m1vA+m2vB， 机械能守恒，解得碰撞后瞬间的速度：vA＝3m/s，vB＝2m/s。 （3）第一次碰撞后，B沿斜面向下减速运动的加速度aB＝μgcos30°﹣gsin30°，解得：， 其减速到静止所需的时间，解得：t0＝0.8s，下滑的最大位移，解得：xB＝0.8m； 物块A在斜面上的位移，当xA＝xB时发生第二次碰撞，即2.5t2﹣3t﹣0.8＝0，解得：。 答：（1）小物块A经过1s与小物块B发生第一次碰撞。 （2）小物块A第一次碰撞后瞬间的速度大小为3m/s，小物块B第一次碰撞后瞬间的速度大小为2m/s。 （3）小物块A、B第一次碰撞后经过发生第二次碰撞。 28．如图所示，光滑水平地面上有两端带有固定挡板的长木板，木板最右端放置一个可视为质点的滑块，滑块和长木板均静止。现在长木板左端给长木板施加一瞬时向右的冲量使得长木板获得初速度v0＝10m/s。已知长木板的质量M＝1kg、长度l＝9.0m，滑块的质量m＝1kg，滑块与左、右挡板的碰撞均为弹性碰撞，滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2。求： （1）第一次碰撞前瞬间滑块和长木板的速度大小； （2）最终滑块与长木板相对静止时，滑块距长木板左端的距离Δx； （3）滑块相对长木板运动的时间Δt。 【解答】解：（1）在滑块相对长木板运动的过程中，滑块向右做匀加速运动a1＝μg 代入数据解得 长木板向右做匀减速运动 代入数据解得 设经历时间t滑块与长木板第一次发生碰撞，则 代入数据解得t＝1s 第一次碰撞前瞬间，滑块的速度大小v1＝a1t 代入数据解得v1＝1m/s 长木板的速度大小v2＝v0﹣a2t 代入数据解得v2＝9m/s （2）滑块与长木板组成的系统动量守恒，最终滑块与长木板共速，有Mv0＝（M+m）v 代入数据解得v＝5m/s 对于系统，由能量守恒得 代入数据解得s＝25m 由于s＝2l+7（m） 可得，最终滑块与长木板相对静止时，滑块距长木板左端的距离Δx＝l﹣7（m）＝2m （3）滑块与长木板发生第一次弹性碰撞，有Mv2+mv1＝Mv4+mv3 该过程中能量守恒， 代入数据解得v3＝9m/s，v4＝1m/s 由此可知，质量相等的物体发生弹性碰撞时，会交换速度，因此滑块在与长木板相互作用的过程中，等效速度小的物体一直匀加速，速度大的物体一直匀减速，最终二者共速 对等效速度大的物体，由动量定理有﹣μmgΔt＝Mv﹣Mv0 代入数据解得Δt＝5s。 答：（1）第一次碰撞前瞬间滑块速度大小为1m/s，长木板的速度大小为9m/s； （2）滑块距长木板左端的距离为2m； （3）滑块相对长木板运动的时间为5s。 【题型6 动量守恒与能量守恒共同解决实际问题】 29．如图，短道速滑混合接力中，“交棒”运动员从后方推前方“接棒”运动员完成交接。若交接瞬间两运动员速度方向均沿同一直线，且可忽略冰面对两人的水平阻力，则在两人相互作用的短时间内，下列说法正确的是（　　） A．两运动员组成的系统沿滑行方向动量守恒 B．“接棒”运动员受到的冲量大于“交棒”运动员受到的冲量 C．两运动员组成的系统机械能一定守恒 D．两运动员的动量变化方向相同 【答案】A 【解答】解：A．取两运动员为系统，交接过程中水平方向外力可忽略，所以沿滑行方向系统动量守恒，故A正确； BD．两人相互作用力等大反向、作用时间相同，根据I＝F•Δt，冲量等大反向，根据动量定理I＝Δp，可知两运动员的动量变化方向相反，故BD错误； C．推接棒过程人体做功，机械能不一定守恒，故C错误。 故选：A。 30．物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放（其中C球下部离地H），所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则下列说法不正确的是（　　） A．C球落地前瞬间，A球的速度为 B．从上至下三球的质量之比为1：2：6 C．A球弹起的最大高度为25H D．A球弹起的最大高度为9H 【答案】C 【解答】解：A、因为A、B、C球由静止同时释放，所以C球落地瞬间三个小球的速度相等，由自由落体运动公式v2＝2gH 解得，故A正确； B、由题意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可知C碰B有mCvC﹣mBvB＝mBv′B， B碰A有mBv′B﹣mAvA＝mAv′A， 由以上几式可得mA：mB：mC＝1：2：6，故B正确； CD、由B项分析解得 根据竖直上抛运动规律，A球弹起的最大高度，即hmax＝9H，故C错误，D正确。 本题选错误的，故选：C。 31．两物体A、B放在光滑的水平面上，现给两物体沿水平方向的初速度，使两物体在同一条直线上运动，经过一段时间发生碰撞。两物体碰撞前后的位置随时间的变化规律如图所示。已知物体A的质量为mA＝0.4kg。则下列说法正确的是（　　） A．物体A在碰撞前的动量大小为3.2kg•m/s B．物体B的质量为0.2kg C．碰撞过程物体A所受的冲量大小为1.2kg•m/s D．碰撞过程损失的机械能为0.8J 【答案】C 【解答】解：由x﹣t图像的斜率表示速度可得，碰撞前后两物体的速度分别为vA1＝﹣3m/s，vB1＝2m/s，vA2＝0，vB2＝﹣1m/s A、物体A碰撞前的动量大小为pA1＝mA|vA1| 代入数据解得pA1＝0.4×3kg•m/s＝1.2kg•m/s，故A错误； C、碰撞过程中物体A受到的冲量大小等于其动量变化量大小，则有IA＝mA|vA，2﹣vA，1| 代入数据解得IA＝0.4×|0﹣（﹣3）|kg•m/s＝1.2kg•m/s，故C正确； B、碰撞过程系统动量守恒，以运动方向为正方向，则有mAvA1+mBvB1＝mAvA2+mBvB2 代入数据解得0.4×（﹣3）+2mB＝﹣mB 解得mB＝0.4kg，故B错误； D、碰撞前系统的总动能为 碰撞后系统的总动能为 碰撞过程损失的机械能为ΔEk＝Ek1﹣Ek2＝2.4J，故D错误。 故选：C。 32．（多选）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝2.0kg和mB＝1.0kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时开始以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v﹣t图像如图乙所示。则下列说法正确的是（　　） A．物块C的质量mC＝1kg B．t＝8s时弹簧的弹性势能Ep1＝4.5J C．4～12s过程中，系统动量、机械能均守恒 D．B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep2＝0.375J 【答案】AD 【解答】解：B、t＝4s碰撞后，A、C一起向右运动压缩弹簧，t＝8s时A、C速度减为0，动能全部转化为弹性势能，该过程只有弹力做功，机械能守恒 解得Ep1＝1.5J，不是4.5J，故B错误； A、C与A发生完全非弹性碰撞，碰撞过程动量守恒。 由图乙可知：碰前C的速度v0＝3m/s，碰后C、A共速，速度v1＝1m/s。 以运动方向为正方向，根据动量守恒定律mCv0＝（mA+mC）v1，解得mC＝1kg，故A正确； C、4～12s内，B未离开墙，墙对B有水平向左的弹力，系统（A、B、C、弹簧）合外力不为零，因此动量不守恒，故C错误； D、t＝12s时，弹簧恢复原长，B开始离开墙，此时A、C的速度大小为v＝1m/s，方向向左，B速度为0。 B离开墙后，系统动量守恒、机械能守恒，当A、B、C三者共速时，弹簧弹性势能最大。以运动方向为正方向，根据动量守恒（mA+mC）v＝（mA+mB+mC）v共，代入数据得。 根据机械能守恒，最大弹性势能等于动能的减少量 代入数据解得Ep2＝0.375J，故D正确。 故选：AD。 33．（多选）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球P、Q发生正碰，两小球的质量分别为mP和mQ。图乙为它们碰撞前后的位移—时间图像。已知mP＝2kg，下列说法正确的是（　　） A．mQ＝6kg B．两球的碰撞为非弹性碰撞 C．小球Q对小球P的冲量为﹣12N•s D．碰撞全过程，P、Q受到的冲量大小之比为1：3 【答案】AC 【解答】解：A、由x﹣t图像的斜率表示速度，可得碰前小球P的速度为vP04m/s，小球Q静止，即vQ0＝0，碰后小球P的速度为vP12m/s，碰后小球Q的速度为vQ12m/s；两球碰撞过程系统动量守恒，以小球P初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mPvP0＝mPvP1+mQvQ1，解得mQ＝6kg，故A正确； B、碰前系统的总动能为，解得Ek0＝16J，碰后系统的总动能为，解得Ek1＝16J，碰撞前后系统总动能不变，该碰撞为弹性碰撞，故B错误； C、根据动量定理可知，小球P对小球Q的冲量等于小球Q动量的变化量，以小球P初速度方向为正方向，即IP＝mPvP1﹣mPvP0，解得小球Q对小球P的冲量为IP＝﹣12N•s，故C正确； D、两球碰撞过程中，相互作用力大小相等、方向相反，作用时间相同，根据冲量的定义可知，碰撞全过程P、Q受到的冲量大小相等，故冲量大小之比为1：1，故D错误。 故选：AC。 34．（多选）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则（　　） A．木块获得的速度最大为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块在加速过程中运动的距离为 D．木块和子弹损失的总动能为 【答案】AC 【解答】解：A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，设子弹穿出木块后子弹和木块的速度大小分别为v1，v2，以向右为正方向，则有：mv0＝mv1+Mv2 由能量守恒与功能关系可得：fL，已知：f＝kv0 联立解得： 可知函数f（v0）取极大值时，木块的速度最大， 该函数在到无穷单调递减，因此当时木块的速度最大。解得木块的速度最大值为：v2m，故A正确； B．由A选项可得，子弹穿过木块时木块的速度为： 以向右为正方向，根据动量定理得：ft＝Mv2﹣0 解得子弹在木块中运动的时间为：，故B错误； C．木块加速过程运动的距离为：，故C正确。 D．由能量守恒可得子弹和木块损失的总动能ΔE转化为系统摩擦生热，即：，故D错误。 故选：AC。 35．足够长的光滑杆水平固定，质量为m的滑块A套在杆上，滑块下方用不可伸长的轻绳连接一质量为m的小球B，初始时系统处于静止状态。质量为m的滑块C以v0的初速度与滑块A发生碰撞，碰撞时间极短，碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度为g。求： （1）滑块C与A碰撞过程中损失的机械能ΔE； （2）小球B能上升的最大高度h； （3）小球B的最大速度大小vB。 【解答】解：（1）滑块C与滑块A碰撞过程中，依据动量守恒定律可得mv0＝2mv1，此过程损失的机械能，解得：。 （2）对于由A、B、C构成的系统，根据动量守恒定律有2mv1＝3mv2，依据机械能守恒定律可得，解得：。 （3）当B再次回到最低点时，其速度达到最大值。根据动量守恒定律有2mv1＝2mv3+mv4，依据机械能守恒定律可得，解得：。 答：（1）滑块C与A碰撞过程中损失的机械能为。 （2）小球B能上升的最大高度为。 （3）小球B的最大速度大小为。 36．如图用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点，初始时，轻绳处于水平拉直状态，长度为L。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知物块a、b可视为质点，b的质量是a的2倍，b与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。求： （1）碰撞前瞬间物块a速度的大小； （2）碰撞后b滑行的最大距离s。 【解答】解：（1）物块a自水平位置释放后向下摆动，根据动能定理有，解得：。 （2）设定物块a的质量为m，则物块b的质量为2m。 a、b两物块发生碰撞，该过程满足动量守恒与机械能守恒定律，可列方程mv0＝mva+2mvb与。 碰撞结束后，对物块b应用动能定理，有，解得：。 答：（1）碰撞前瞬间物块a速度大小为。 （2）碰撞后物块b滑行的最大距离为。 37．如图所示，质量m1＝0.8kg的四分之一圆弧轨道（上表面光滑，下表面粗糙）放置在水平地面上，圆弧轨道半径R＝5m，轨道最低点切线水平。在最低点放置一质量m2＝0.2kg的小球P，将质量M＝0.4kg的小球Q从圆弧轨道与圆心等高处由静止释放，小球Q在最低点时与小球P发生碰撞（时间极短）。两小球均视为质点，整个过程中圆弧轨道始终处于静止状态，取重力加速度大小g＝10m/s2。 （1）求小球Q与小球P碰撞前瞬间，地面对圆弧轨道的支持力大小F； （2）若碰撞后瞬间，两小球对圆弧轨道的压力大小相等，求碰撞过程中两小球损失的总机械能ΔE。 【解答】解：（1）圆弧轨道上表面光滑、全程静止，小球Q下滑过程只有重力做功，根据机械能守恒 解得碰撞前Q的速度v0＝10m/s 在最低点，根据牛顿第二定律 代入数值解得N＝12N 根据牛顿第三定律，小球Q对轨道的压力大小为N′＝N＝12N 对圆弧轨道受力分析，它受自身重力、Q对它的向下压力N′、地面支持力F，根据三力平衡关系F＝m1g+N′ 解得F＝20N （2）碰撞时间极短，水平方向动量守恒，取向左为正方向Mv0＝Mv1+m2v2 根据牛顿第二定律，对碰撞后的Q： 对碰撞后的P： 由题意知NQ＝NP 联立可得解得v1＝5m/s，v2＝10m/s 损失的机械能等于碰撞前总动能减去碰撞后总动能 代入数值得ΔE＝5J 答：（1）地面对圆弧轨道的支持力大小为20N。 （2）碰撞过程中两小球损失的总机械能为5J。 【题型7 验证动量守恒定律】 38．用如图所示的装置来验证动量守恒定律，小球a、b的质量分别为ma、mb，实验过程中，木板上留下撞击痕迹M、P、N。下列说法正确的是（　　） A．必须要测出木板到斜槽末端的水平距离 B．实验中应满足ma＜mb C．M点是未放b球时，a球的撞击点 D．若动量守恒，则有 【答案】D 【解答】解：B、为了防止小球a和小球b碰撞后反弹，需要满足ma＞mb，故B错误； ACD、小球离开斜槽末端后做平抛运动，设木板到斜槽末端的水平距离为x，小球下落的高度为y，小球离开斜槽时的速度为v，根据平抛运动规律有x＝vt，y，联立解得v＝x。因为小球a和b碰撞后，小球a的速度小于b的速度，且小球b的速度大于小球a单独离开斜槽时的速度，所以P点是小球a单独离开斜槽时打在木板上的点，它们离开斜槽后的水平位移相等，则M点是小球b打在木板上的点，N是碰撞后小球a打在木板上的点，小球a单独离开斜槽的速度为v0，碰撞后小球a的速度为，小球b离开斜槽末端的速度为，根据动量守恒定律有mav0＝mav1+mbv2，整理可得，故D正确，CD错误。 故选：D。 39．用如图所示的装置来验证动量守恒定律，斜槽轨道固定在水平桌面上，入射小球、被碰小球质量分别为m1、m2，则下列做法错误的是（　　） A．入射小球和被碰小球半径相同 B．入射小球每次必须从斜轨同一位置释放 C．选用两球的质量应满足m1＞m2 D．必须用秒表测定小球在空中飞行的时间 【答案】D 【解答】解：A．为了保证两球能发生正碰，则m1和m2的半径必须相同，故A正确； B．小球m1每次必须从斜轨同一位置释放，以保证到达底端时的速度相同，故B正确； C．为防止入射球碰后反弹，则选用两球的质量应满足m1＞m2，故C正确； D．该实验中用平抛运动的水平位移代替小球的速度，则实验中没必要用秒表测定小球在空中飞行的时间，故D错误。 本题选错误的，故选：D。 40．（多选）某实验小组利用如图所示的实验器材做“验证动量守恒定律”的实验，质量为m1的小球1从斜面上某一固定位置由静止释放，落在水平地面上的P点，在桌面边缘放置另一质量为m2的小球2，再将小球1从同一位置静止释放，两球的落地点为M和N，O点为2球球心在水平面的投影，关于该实验下列说法正确的是（　　） A．M点为小球2第二次下落的落地点 B．若m1OP＝m2ON+m1OM成立，可验证两小球碰撞过程中动量守恒 C．若碰撞过程中两小球动量守恒，则m1OP2＝m2ON2+m1OM2一定成立 D．实验中两小球质量必须满足m1＞m2 【答案】BD 【解答】解：A.图中的P点为入射小球1碰撞前的落点位置，M点为小球1碰撞后的第二次下落的落地点，N为小球2碰撞后的落点位置，故A错误； BC.根据平抛运动规律，小球在空中的运动时间 由于小球碰撞前、后做平抛运动的高度相同，因此运动时间相同； 入射小球碰撞前的水平速度 碰撞后的水平速度 被碰小球碰撞后的水平速度 取水平向右为正方向，若两小球碰撞过程中动量守恒，满足m1v0＝m1v1+m2v2 代入数据化简得m1OP＝m2ON+m1OM； 若碰撞过程中两小球机械能守恒，满足 代入数据化简得m1OP2＝m2ON2+m1OM2 故B正确，C错误； D.为了防止入射小球反弹，实验中两小球质量必须满足m1＞m2，故D正确。 故选：BD。 41．某同学用气垫导轨装置验证动量守恒定律，如图所示。其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连。两个滑块A、B（包含挡光片）质量分别为m1、m2，当它们通过光电门时，计时器可测得挡光片被遮挡的时间。 （1）下列调节导轨水平的两种做法中，较好的是　A　 （选填“A”或“B”）。 A．将气垫导轨平放在桌上，先打开气源充气，再将滑块放到导轨上，轻推滑块，若滑块先后通过两个光电门时的挡光时间相等，则导轨水平 B．将气垫导轨平放在桌上，不打开气源充气，将滑块放到导轨上，若滑块不动，则导轨水平 （2）将B静置于两光电门之间，将A置于光电门G1右侧，用手轻推一下A，使其向左运动，与B发生碰撞，为了使A碰后不返回，则m1　大于　 m2（选填“小于”“等于”或“大于”）。 （3）若挡光片的宽度均为d，光电门G1记录的挡光时间为t1，滑块B、A先后通过光电门G2时，记录的挡光时间分别为t2、t3，为了减小误差，挡光片的宽度应选择　窄　 （选填“窄”或者“宽”）的，实验中若等式　　 （用m1、m2、t1、t2和t3表示）成立，则可验证动量守恒定律。 【答案】（1）A；（2）大于；（3）窄，。 【解答】解：（1）将气垫导轨平放在桌上，先打开气源充气，再将滑块放到导轨上，轻推滑块，若滑块先后通过两个光电门时的挡光时间相等，说明滑块做匀速直线运动，则导轨水平； 将气垫导轨平放在桌上，不打开气源充气，将滑块放到导轨上，若滑块不动，由于滑块与导轨间有一定的摩擦力作用，所以导轨不一定水平。 故选两种做法中，较好的是A。 （2）用手轻推一下A，使其向左运动，与B发生碰撞，为了使A碰后不返回，应使A的质量大于B的质量，即m1大于m2。 （3）本实验用挡光片的平均速度近似代替瞬时速度，挡光片越窄，平均速度越接近碰撞瞬间的瞬时速度，误差越小，因此挡光片的宽度应选择窄的； 碰撞前，A的速度为 碰撞后，A、B的速度分别为、 根据动量守恒可得m1v1＝m1v′1+m2v′2 联立可得实验中若等式成立，则可验证动量守恒定律。 故答案为：（1）A；（2）大于；（3）窄，。 42．某实验小组在学校实验室用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，装置简化为图乙。测得两小球质量分别为m1、m2，半径分别为r1、r2，A球为入射小球，B球为被碰小球。 第一步，安装好实验装置，并记下重垂线所指的位置O。 第二步，不放小球B，让小球A从斜槽上某位置由静止滚下，并落在地面上，重复多次，确定小球落点的平均位置为点P。 第三步，把小球B放在斜槽末端边缘处，让小球A由第一步中的同一位置静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置为点M、N。 第四步，用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的水平距离，记为OM、OP、ON。 （1）（多选）关于本实验的其他操作，下列说法正确的是　CD　 。 A.A球不需要从斜槽上同一位置释放，但要保证斜面光滑 B.将斜槽的末端调节至水平，并且必须测量斜槽末端距水平地面的高度 C.若m1＜m2，碰后A球反弹，仍可能再次从斜槽末端飞出，但会对实验结果有影响 D.实验需满足两小球半径r1、r2相等 （2）为减小误差需多次重复实验，小球落地透过复写纸在白纸上留下许多个印迹。如果用画圆法确定小球的平均落点，丙图所画的三个圆中最合理的是圆　C　 （选填“A”、“B”或“C”）。 （3）在误差允许范围内，若关系式　m1•OP＝m1•OM+m2•ON　 成立，即可验证碰撞前后动量守恒。 （4）若实验中换用不同材质的小球，改变小球质量的同时，保证两小球半径不变，可以改变小球的落点位置。下面三幅图中，可能正确的落点分布是　B　 。 【答案】（1）CD；（2）C；（3）m1•OP＝m1•OM+m2•ON；（4）B。 【解答】解：（1）A.验证动量守恒定律实验中，必须要保证小球从斜槽上以同一速度水平抛出，所以A球需从斜槽上同一位置由静止释放，故A错误； B.将斜槽的末端调节至水平，小球做平抛运动，由可知，小球运动时间相同，所以不需要斜槽末端距水平地面的高度，故B错误； C.若m1＜m2，碰后A球反弹，仍能再次从斜槽末端飞出，但是由于斜槽有摩擦作用，A球运动中速度减小，对实验结果有影响，故C正确； D.实验要求两球发生对心碰撞，这样才能保证碰撞前后速度在同一直线上，从而用水平位移来代表速度。只有两球半径相等，才能做到这一点，故D正确； 故选：CD； （2）如果采用画圆法确定小球的落点，应该让所画的圆尽可能把大多数落点包进去，且圆的半径最小，这样所画圆的圆心即为小球落点的平均位置； 故选：C； （3）小球平抛运动的时间相等，若系统动量守恒则有m1v0＝m1v1+m2v2， 结合，则有， 整理可得m1•OP＝m1•OM+m2•ON； （4）若两球发生碰撞，根据动量守恒定律可得m1v0＝m1v1+m2v2， 由能量关系可得， 解得v0+v1≥v2， 根据平抛运动规律可知， 则上述可变形为OP+OM≥ON＞OP﹣OM， 设图中每小格长为l，则由图中数据可知，B符合上述关系； 故选：B。 故答案为：（1）CD；（2）C；（3）m1•OP＝m1•OM+m2•ON；（4）B。 43．某同学为了探究动量守恒定律，设计了如下实验。实验器材：气垫导轨、滑块m1和m2、天平、两个压力传感器（侧面固定有轻质小弹簧）及其配件，实验装置如图。 实验步骤如下： ①用天平测出两个滑块的质量m1、m2 ②按图所示安装实验装置，调节气垫导轨水平，固定压力传感器； ③给气垫导轨充气，将滑块m1向左水平推动，使弹簧压缩一定长度。静止释放m1，m1和左侧弹簧分离后与静止的m2碰撞，碰后m1向左弹回，m2则向右运动，分别挤压两侧弹簧。所有过程中弹簧均在弹性限度内； ④读取释放前左侧压力传感器示数为F0，碰撞后左右两侧压力传感器示数的最大值分别为F1和F2。（已知弹簧具有的弹性势能为，其中k、x分别为弹簧的劲度系数和形变量） （1）实验中两个滑块的质量m1、m2大小应满足的关系为m1　＜　 m2（填“＞”“＝”或“＜”）； （2）请写出m1释放前弹簧的弹性势能Ep＝　　 （用F0和弹簧劲度系数k表达）； （3）请写出碰撞前，m1和左侧轻弹簧分离时的动量p＝　　 （用F0、k、m1表达）； （4）若碰撞过程中动量守恒，则实验要验证的表达式为　　 （用F0、F1、F2、m1、m2表达）。 【答案】（1）＜；（2）；（3）；（4）。 【解答】解：（1）要使m1物块反弹，则m1必须小于m2，故填＜； （2）m1刚释放瞬间，弹簧的弹力为F0，则F0＝k•Δx0 此时弹簧的弹性势能； （3）根据能量守恒可知，m1和左侧轻弹簧分离时的动能 根据动能和动量的关系，此时m1的动量 （4）同理可得：碰撞后，m1的动量为p1＝F1 m2的动量为p2＝F2 选取水平想以后方向为正方向，根据动量守恒定律有：p＝﹣p1+p2 整理可得：F0F1F2 故答案为：（1）＜；（2）；（3）；（4）。 44．某实验小组想用多种方式验证动量守恒定律。小明同学选取两个体积相同、质量不等的小球，先让质量为m1的小球从轨道顶部由静止释放，由轨道末端的O点飞出并落在斜面上。再把质量为m2的小球放在O点，让小球m1仍从原位置由静止释放，与小球m2碰后两小球均落在斜面上，分别记录落点痕迹，其中M、P、N三个落点的位置距离O点的长度分别为xOM、xOP、xON。 （1）为比较两个小球体积是否相同，用某种仪器来测量小钢球的直径，测量结果为2.025cm，此测量数据是选用了仪器　C　 测量得到的。 A.毫米刻度尺 B.10分度游标卡尺 C.20分度游标卡 D.螺旋测微器 （2）关于该实验，下列说法不正确的是　B　 。 A.必须满足m1＞m2 B.轨道必须光滑 C.轨道末端必须水平 D.落点位置需要多次释放取平均落点 （3）在实验误差允许的范围内，若满足关系式　　 ，则可认为两球碰撞过程中动量守恒（用题目中的物理量表示）。 （4）小明同学利用该套装置做了一个新实验，仅改变小球m2的质量（两小球质量关系仍符合题干条件），其他条件均不变，将小球m1多次从轨道顶部由静止释放，与不同质量的小球m2相碰，分别记录对应的落点到O点距离xOM、xOP、xON。以为横坐标、为纵坐标作出图像，若该碰撞为弹性碰撞，则下列图正确的是　C　 。 【答案】（1）C；（2）B；（3）；（4）C。 【解答】解：（1）2.025cm＝20.50mm，20分度的游标卡尺精度为0.05mm，故ABD错误，C正确； 故选：C。 （2）A.为了保证小球m1碰后不被反弹，所以m1＞m2，故A正确； B.要保证小球m1每次到达O点的速度相同，所以只要能够保证每次释放小球都从同一位置静止释放即可，轨道无须光滑，故B错误； C.为了保证小球做平抛运动，轨道末端必须水平，故C正确； D.多次测量可以减小偶然误差，故D正确。 本题是选错误的，故选：B。 （3）小球从O点飞出后均为平抛运动，假设小球位移为x，由平抛运动的知识可得 解得 由碰撞规律可知，P点是小球m1第一次的落点，M和N分别是碰后小球m1和m2的落点，取水平向右为正方向，碰撞过程满 足动量守恒m1vP＝m1vM+m2vN 代入可得 （4）小球m1的碰前速度保持不变，则xOP不变，根据前问解析动量守恒关系式可写成 能量守恒关系式可写成m1xOP＝m1xOM+m2xON 联立可得 故C正确，AB错误 故选：C。 故答案为：（1）C；（2）B；（3）；（4）C。 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $