高考物理考点30 动量守恒定律 30页

1 考点 30 动量守恒定律 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）Δ p1=–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 种类 遵从的规律 2 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失 完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大 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 m1 的钢球沿一条直线以速度 v0 与静止在水平面上的质量为 m2 的钢球发生 弹性碰撞，碰后的速度分别是 v1、v2 ① ② 由①②可得： ③ ④ 利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况： a．当 时， ， ，两钢球沿原方向原方向运动； b．当 时， ， ，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动； c．当 时， ， ，两钢球交换速度。 d．当 时， ， ，m1 很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的 m2 几乎 不动。例如橡皮球与墙壁的碰撞。 e．当 时， ， ，说明 m1 很大时速度几乎不变，而质量很小的 m2 获得的速度 是原来运动物体速度的 2 倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。 4．一般的碰撞类问题的分析 （1）判定系统动量是否守恒。 （2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后， 后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。 （3）判定碰撞前后动能是否不增加。 三、反冲和爆炸 221101 vmvmvm  2 22 2 11 2 01 2 1 2 1 2 1 vmvmvm  0 21 21 1 vmm mmv   0 21 1 2 2 vmm mv  21 mm  01 v 02 v 21 mm  01 v 02 v 21 mm  01 v 02 vv  21 mm  01 vv  02 v 21 mm  0vv  02 2vv  3 1．反冲 （1）现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动。 （2）特点：一般来说，物体间的相互作用力较大，属于内力远大于外力情况，因此动量守恒。 2．爆炸 （1）特点：在极短时间内，由于内力作用，物体分裂为两块或多块的过程，一般来说，作用过程位移 很小，可认为爆炸之后仍从爆炸位置以新的动量开始运动。 （2）规律：动量守恒，动能增加。 （2018·四川省绵阳市南山中学高二下学期期中考试）如图所示，A、B 两物体的质量 mA>mB，中间用一 段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车 C 上后，A、B、C 均处于静止状态。若地面光滑，则在细 绳被剪断后，A、B 从 C 上未滑离之前，A、B 在 C 上向相反方向滑动过程中 A．若 A、B 与 C 之间的摩擦力大小相同，则 A、B 组成的系统动量守恒，A、B、C 组成的系统动量也 守恒 B．若 A、B 与 C 之间的摩擦力大小不相同，则 A、B 组成的系统动量不守恒，A、B、C 组成的系统动 量也不守恒 C．若 A、B 和 C 之间的摩擦力大小不相同，则 A、B 组成的系统动量不守恒，但 A、B、C 组成的系统 动量守恒 D．以上说法均不对 【参考答案】AC 【详细解析】若A、B 与 C 之间 的摩擦力大小相同，在细绳被剪断后，弹簧释放的过程中，A、B 所受 的滑动摩擦力方向相反，则对于 A、B 组成的系统所受的合外力为零，动量守恒；对三个物体组成的系统， 竖直方向上重力与支持力平衡，水平方向不受外力，合外力为零，所以 A、B、C 组成的系统动量也守恒，A 正确；若 A、B 与 C 之间的摩擦力大小不相同，在细绳被剪断后，弹簧释放的过程中，A、B 所受的滑动摩 擦力方向相反，则对于 A、B 组成的系统所受的合外力不为零，动量不守恒；但对三个物体组成的系统，合 外力为零，A、B、C 组成的系统动量仍守恒，BD 错误，C 正确。 【名师点睛】满足下列情景之一的，即满足动量守恒定律： 4 （1）系统不受外力或者所受外力之和为零； （2）系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；[来源:,网] （3）系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒； （4）全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。 1．（2018·湖南省衡阳市第八中学高三上学期第二次月考）如图所示，放在光滑水平面上的A、B 两小物体 中间有一被压缩的轻质弹簧，用两手分别控制两小物体处于静止状态，如图所示。下面说法正确的是 A．两手同时放开后，两物体的总动量为零 B．先放开右手，后放开左手，两物体的总动量向右 C．先放开左手，后放开右手，两物体的总动量向右 D．两手同时放开，两物体的总动量守恒；当两手不同时放开，在放开一只手到放开另一只手的过程中 两物体总动量不守恒 【答案】ABD 【解析】A、若两手同时放开 A、B 两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零， 则系统总动量为零，故 A 正确；B、先放开右手，再放开左手，两车与弹簧组成的系统所受合外力的冲 量向右，系统总动量向右，故 B 正确；C、先放开左手，再放开右手，系统所受合外力向左，系统所受 合外力的冲量向左，系统总动量向左，故 C 错误；D、无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为 零，系统动量守恒，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，如果同时放手，系统总动量为 零，如果不同时放手，系统总动量不为零，则系统的总动量不一定为零，故 D 正确；故选 ABD。 【点睛】知道动量守恒的条件即可正确解题，系统所受合外力为零时，系统动量守恒。 2．（2018·广西贺州市平桂管理区平桂高级中学高二下学期第三次月考）某一物体从高h 处自由下落，与地 面碰撞后又跳起高 h′，不计其他星球对地球的作用，以地球和物体作为一个系统，下列说法正确的是 A．在物体下落过程中，系统动量不守恒 B．在物体与地面碰撞过程中系统动量守恒 C．在物体上升过程中系统动量守恒 D．上述全过程中系统动量都守恒 【答案】BCD 【解析】将地球和物体作为一个系统，在这三个过程（物体下落过程，物体和地球碰撞过程，物体上升 5 过程）中都只有系统的内力作用，一对引力和一对碰撞的弹力，没有外力作用，系统的动量在全过程守 恒，故 A 错误，BCD 均正确。故选 BCD。`网 【点睛】本题考查了判断动量是否守恒分三种情况：一种是准确的守恒，系统的外力之和为零；第二种 是近似守恒，内力远远大于外力，外力可忽略；第三种是某一方向守恒，在一个方向上满足外力之和为 零。 （2018·山西省太原市第五中学高二 10 月月考）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1 和 m2 的 两物块 A、B 相连接并静止在光滑的水平地面上。现使 A 以 3 m/s 的速度向 B 运动压缩弹簧，速度图象如图 乙，则有 [来源:。网 Z。X。X。K] A．在 t1、t3 时刻两物块达到共同速度 1 m/s，且弹簧都是处于压缩状态 B．从 t3 到 t4 时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C．两物体的质量之比为 m1∶m2=1∶2 D．在 t2 时刻 A 与 B 的动能之比 Ek1∶Ek2=1∶8 【参考答案】CD 【详细解析】A、由图可知 t1、t3 时刻两物块达到共同速度 1 m/s，且此时系统动能最小，根据系统机 械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1 时刻弹簧处于压缩状态，而 t3 时刻处于伸长状态，故 A 错误。B、结 合图象弄清两物块的运动过程，开始时 m1 逐渐减速，m2 逐渐加速，弹簧被压缩，t1 时刻二者速度相同，系 统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m2 依然加速，m1 先减速为零，然后 反向加速，t2 时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均 减速，在 t3 时刻，二物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从 t3 到 t4 过程中弹簧由伸长状态恢复 原长，故 B 错误。C、根据动量守恒定律，t=0 时刻和 t=t1 时刻系统总动量相等，有：m1v1=（m1+m2）v2， 其中：v1=3 m/s，v2=1 m/s，解得 m1：m2=1：2，故 C 正确。D、在 t2 时刻 A 的速度为 vA=–1 m/s，B 的速 度为 vB=2 m/s，根据 m1：m2=1：2，求出 Ek1：Ek2=1：8，故 D 正确。故选 CD。 1．如图所示，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 小球从槽高 h 处开始自由下滑，则 6 A．小球和槽组成的系统总动量守恒 B．球下滑过程中槽对小球的支持力不做功 C．重力对小球做功的瞬时功率一直增大 D．地球、小球和槽组成的系统机械能守恒 【答案】D 【解析】小球在下滑过程中，小球与槽组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，A 错误；小球 下滑过程中，球的位移方向与槽对球的支持力方向夹角为钝角，作用力做负功，B 错误；刚开始时小球 速度为零，重力的功率为零，当小球到达底端时，速度水平与重力方向垂直，重力的功率为零，所以重 力的功率先增大后减小，C 错误；过程中，地球、小球和槽组成的系统机械能守恒，D 正确。[来源:] 2．（2018·陕西省西安市长安区第五中学高三上学期期中考试）光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α 的斜面 A，斜面质量为 M，底边长为 L，如图所示。将一质量为 m 可视为质点的滑块 B 从斜面的顶端由 静止释放，滑块 B 经过时间 t 刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为 ，则下列说法 中正确的是 A． B．滑块下滑过程中支持力对 B 的冲量大小为 α C．滑块 B 下滑过程中 A、B 组成的系统动量守恒 D．此过程中斜面向左滑动的距离为 【答案】D 【解析】当滑块B 相对于斜面加速下滑时，斜面 A 水平向左加速运动，所以滑块 B 相对于地面的加速度 方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力 FN 不等于 mgco sα，故 A 错误；滑块 B 下滑过程中支持力对 B 的冲量大小为 FNt，故 B 错误；由于滑块 B 有竖直方向的 分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故 C 错误；系统水平方向不受外力， 水平方向动量守恒，设 A、B 两者水平位移大小分别为 x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律 7 得 ；即有 Mx1=mx2，又 x1+x2=L，解得 x1＝ L，故 D 正确；故选 D。￥网 【点睛】本题的关键是要掌握动量守恒的条件，分析清楚物体运动过程即可解题；要注意：系统总动量 不守恒，在水平方向动量守恒。 A、B 两物体发生正碰，碰撞前后物体 A、B 都在同一直线上运动，其位移–时间图象（x–t）图如图中 ADC 和 BDC 所示。由图可知，物体 A、B 的质量之比为 A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．3:1 【参考答案】C 【详细解析】由 x–t 图象可知，碰撞前 ，vB=0 m/s，碰撞后 vA′=vB′=v= =1 m/s，碰撞过程动量守恒，对 A、B 组成的系统，由动量守恒定律得：mAvA=(mA+mB)v， 即：mA×4=(mA+mB)×1，解得 mA:mB=1:3，故选 C。 【名师点睛】本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，知道x–t 图线的斜率等于物体的速 度，要求同学们能根据图象读出两物体碰撞前后的速度。 1．（2018·浙江省普通高校招生选考科目考试仿真模拟）两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运 动，B 球在前，A 球在后， ， ， ， 。当 A 球与 B 球发生碰撞后， A、B 两球的速度 、 可能为 A． ， B． ， C． ， D． ， 【答案】AD 16= m/s=4 m/s4 A A A sv t 20 16 m/s8 4 s t   8 【解析】两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞， 由动量守恒定律得：mAvA+mBvB=（mA+mB）v，代入数据解得：v=4 m/s；如果两球发生完全弹性碰撞， 有：mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′，由机械能守恒定律得： mAvA2+ mBvB2= mAvA′2+ mBvB′2，代入数据解得：vA ′=2 m/s，vB′=5 m/s，则碰撞后 A、B 的速度：2 m/s≤vA≤4 m/s，4 m/s≤vB≤5 m/s，故 AD 正确，BC 错误。 故选 AD。 2．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为 m=1 kg 的物块 A、B、C 处于静止状态。 B 的左侧固定一 轻 弹簧，弹簧左侧的挡板质量不计。现使 A 以速度 v0=4 m/s 朝 B 运动，压缩弹簧；当 A、B 速度相等时， B 与 C 恰好相碰并粘接在一起，且 B 和 C 碰撞过程时间极短，且损失的机械能为 1 J。此后 A 继续压缩 弹簧，直至弹簧被压缩到最短。在上述过程中，求： （1）B 与 C 相碰后的瞬间，B 与 C 粘接在一起时的速度； （2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。 【答案】（1）1 m/s （2） 【解析】（1）从 A 压缩弹簧到 A 与 B 具有相同速度 v1 时，由动量守恒定律得 设碰撞后瞬间 B 与 C 的速度为 v2，由动量守恒定律得 解得： （2）由于 ，A 将继续压缩弹簧，直至 A、B、C 三者速度相同，设此时速度为 v3，弹簧缩至最短， 其弹性势能为 Ep，由动量守恒定律和能量守恒定律得 [来源:Zxxk.Com] 解得 【名师点睛】本题是对动量守恒定律及能量守恒定律的考查；解题的关键是搞清物体相互作用的物理过 程，找到临界物理状态，知道当三者共速时，弹簧压缩量最大，此时的弹性势能最大。 13 J3 10 2mvmv  21 2mvmv  0 2 1m/s4 vv   12 vv  30 3mvmv  2 2 0 3 p 1 1 (3 )2 2mv E m v E    2 p 0 1 13= 1 J3 3E mv   9 质量 M=327 kg 的小型火箭（含燃料）由静止发射，发射时共喷出质量 m=27 kg 的气体，设喷出的气 体相对地面的速度均为 v=l 000 m/s。忽略地球引力和空气阻力的影响，则气体全部喷出后，火箭的速度大 小为 A．76 m/s B．82 m/s C．90 m/s D．99 m/s 【参考答案】C 【详细解析】由动量守恒定律得：（M–m）v′–mv=0，则火箭速度 v′= = =90 m/s； 故选 C。 1．为了保护航天员的安全，飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大措施，在距离地面大约 1 m 时， 返回舱的 4 个反推火箭点火工作，返回舱最终安全着陆。把返回舱从离地 1 m 开始减速到完全着陆称为 着地过程。则关于反推火箭的作用，下列说法正确的是 A．减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化 B．减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量 C．减小着地过程的作用时间 D．减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力 【答案】D 【解析】返回舱和航天员在最后 1 m 的着陆过程中用不用反推火箭，它们的初速度相同，末速度是零， 故在着陆过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，反推火箭的作用是延长着陆时间，减少动量的变 化率，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，由于动量变化相同，延长了着陆时间则减小了着 陆过程中返回舱和航天员所受的平均冲击力。由分析知：在着地过程中返回舱和航天员的动量变化是相 同的，故 A 错误；根据动量定理，在着地过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，故在此过程中所 受冲量也是相同的，故 B 错误；反推火箭的主要作用是延长了返回舱和航天员的着地时间，故 C 错误； 根据动量定理，在着地过程中动量的变化相同，反推火箭延长了着地时间，根据动量定理可知在着地过 程中反推火箭的作用是减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲击力，故 D 正确。 2．一火箭喷气发动机每次喷出 m=200 g 的气体，气体离开发动机喷出时的速度 v=1 000 m/s。设火箭质量 M=300 kg，发动机每秒钟喷气 20 次。 （1）当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？ （2）运动第 1 s 末，火箭的速度多大？ 【答案】（1）2 m/s （2）13.5 m/s 10 【解析】（1）设喷出三次气体后火箭的速度为 v3， 以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得： (M–3m)v3–3mv=0 v3= =2 m/s （2）发动机每秒钟喷气 20 次，以火箭和喷出的 20 次气体为研究对象，根据动量守恒定律得： (M–20m)v20–20mv=0 v20= =13.5 m/s。 1．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是 A．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒 B．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒 C．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒 D．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒 2．（2018·河南省洛阳市孟津县第 二高级中学高三 9 月月考调研考试）一质量为m 的滑块 A 以初速度 v0 沿 光滑水平面向右运动，与静止在水平面上的质量为 m 的滑块 B 发生碰撞，它们碰撞后一起继续运动， 则在碰撞过程中滑块 A 动量的变化量为 A． mv0，方向向左 B． mv0，方向向左 C． mv0，方向向右 D． mv0，方向向右 3．a、b 两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前 a 球动量 pa=30 kg·m/s，b 球动量 pb=0，碰撞 过程中，a 球的动量减少了 20 kg·m/s，则作用后 b 球的动量为 A．–20 kg·m/s B．10 kg·m/s C．20 kg·m/s D．30 kg·m/s 3 3 mv M m 20 20 mv M m 11 4．如图所示，A、B 两种物体的质量之比 ，原来静止在平板车 C 上，A、B 间有一根被压缩 的轻弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则 A．若 A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B 组成的系统动量守恒 B．若 A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C 组成的系统动量守恒 C．若 A、B 所受的摩擦力大小相等，A、B 组成的系统动量守恒 D．若 A、B 所受的摩擦力大小相等，则 A、B、C 组成的系统动量不守恒 5．（2018·湖北省武汉市部分学校高二 10 月月考）质量为 M 的木块在光滑的水平面上以速度 v1 向右运动， 质量为 m 的子弹以速度 v2 向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射子弹的数目是 A． B． C． D． 6．如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及 弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 A．两手同时放开后，系统总动量始终为非零的某一数值 B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒 C．先放开左手，后放开右手，总动量向右 D．无论何时放手，两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不 一定为零 7．（2018·安徽省芜湖一中高三上学期期末考试）如图所示，质量为 M 的木块位于光滑水平面上，在木块 与墙之间用轻弹簧连接，木块静止在 A 位置。现有一质量为 m 的子弹以水平速度 υ0 射向木块并嵌入其 中，则当木块回到 A 位置时的速度 υ 以及在此过程中墙对弹簧的冲量 I 的大小分别为 : 3: 2A Bm m  12 A．υ= ，I=0 B．υ= ，I=2mυ0 C．υ= ，I= D．υ= ，I=2mυ0 8．一个绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，在轨道上瞬间炸裂成质量相等的 A、B 两块，其中 A 仍沿原轨 道运动，不计炸裂前后卫星总质量的变化，则 A．B 不可能沿原轨道运动 B．炸裂后的瞬间 A、B 的总动能大于炸裂前的动能 C．炸裂后的瞬间 A、B 的动量大小之比为 1:3 D．炸裂后的瞬间 A、B 速率之比为 1:1 9．（2018·河北省武邑中学高二上学期第二次月考）如图所示，有一条捕鱼小船 停靠在湖边码头，一位同 学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船 尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船。他用卷尺测出船后退的距离为 d，然后用卷尺测出船长 L， 已知他自身的质量为 m，则船的质量为 A． B． C． D． 10．A、B 两球在光滑水平面上做相向运动，已知 mA>mB，当两球相碰后。其中一球停止，则可以断定 A．碰前 A 的动量等于 B 的动量 B．碰前 A 的动量大于 B 的动量 C．若碰后 A 的速度为零，则碰前 A 的动量大于 B 的动量 D．若碰后 B 的速度为零，则碰前 A 的动量小于 B 的动量 11．（2018·福建省永春县第一中学高二下学期期末考试）如图，质量为m 的人在质量为 M 的平板车上从左 端走到右端，若不计平板车与地面的摩擦，则下列说法正确的是 13 A．人在车上行走时，车将向右运动 B．当人停止走动时，由于车的惯性大，车将继续后退 C．若人越慢地从车的左端走到右端，则车在地面上移动的距离越大 D．不管人在车上行走的速度多大，车在地面上移动的距离都相同 12．质量为 m 的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为 m0，小车和单摆以恒定的速度 v0 沿水平地面运动，与 位于正对面的质量为 m1 的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列说法可能发生的是 A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为 v1、v2 和 v3，且满足： B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为 v1、v2，且满足： C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为 v，且满足： D．小车和摆球的速度都变为 v1，木块的速度变为 v2，且满足： 13．（2018·吉林省长春市田家炳实验中学高一下学期期末考试）如图所示，质量为m 的小球 A 静止于光滑 水平面上，在 A 球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球 B 以水平速度 v0 与 A 相碰后粘在一起 压缩弹簧，不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为 E，从球 A 被碰后开始到回到原静 止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为 I，则下列表达式中正确的是 A． B． C． D． 14．一炮舰总质量为 M，以速度 v0 匀速行驶，从舰上以相对海岸的速度 v 沿前进的方向射出一质量为 m 的 炮弹，发射炮弹后炮舰的速度为 v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是 A．   302110 vmvmmvvmm  2110 vmmvmv    110 vmmmv    211001)( vmvmmvmm  0 ( )Mv M m v mv   14 B． C． D． 15．（2018·湖北省武汉市部分市级示范高中高三十月联考）如图所示，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 A．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同 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．男孩和木箱组成的系统动量守恒 16．如图所示，小车的上面由中间突出的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为 m，原来静止在光滑的 水平面上。今有一个可以看作质点的小球，质量也为 m，以水平速度 v 从左端滑上小车，恰好到达小车 的最高点后，又从另一个曲面滑下。关于这个过程，下列说法正确的是 A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 B．小球在滑上曲面的过程中，小车的动量变化大小是 C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化 D．车上曲面的竖直高度不会大于 17．一质量为 M 的航天器，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 向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为 v1，加速后航天器的速度大小 v2，则喷出气体的质 量 m 为 A． B． C． D． 0 0( ) ( )Mv M m v m v v    0 ( ) ( )Mv M m v m v v     0Mv Mv mv  2 mv 2 4 v g 2 0 1 v vm Mv  2 2 1 vm Mv v  2 0 2 1 v vm Mv v   2 0 2 1 v vm Mv v   15 18．质量为 ma=1 kg，mb=2 kg 的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图象如图所 示，则可知碰撞属于 A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，不能判断 19．假设进行太空行走的宇航员 A 和 B 的质量分别为 mA 和 mB，他们携手匀速远离空间站，相对空间站的 速度为 v0。某时刻 A 将 B 向空间站方向轻推，A 的速度变为 vA，B 的速度变为 vB，则下列各关系式中 正确的是 A．（mA＋mB）v0＝mAvA－mBvB B．（mA＋mB）v0＝mAvA＋mB（vA＋v0） C．（mA＋mB）v0＝mAvA＋mB（vA＋vB） D．（mA＋mB）v0＝mAvA＋mBvB 20．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为 3m 和 m 的 A、B 两滑块，它们中间夹着（不相连）一根处 于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。则下列说法正确的是 A．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B 两滑块的动量大小之比 pA:pB=3:1 B．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B 两滑块的速度大小之比 vA:vB=3:1 C．剪断细绳，在两滑块脱离弹簧后，A、B 两滑块的动能之比 EkA:EkB=1:3 D．剪断细绳到两滑块脱离弹簧过程中，弹簧对 A、B 两滑块做功之比 WA:WB=1:1 21．（2018·陕西省西安市长安区第五中学高三上学期期中考试）在光滑水平面上，a、b 两小球沿同一直线 都以初速度大小 v0 做相向运动，a、b 两小球的质量分别为 ma 和 mb，当两小球间距小于或等于 L 时， 两小球受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用；当两小球间距大于 L 时，相互间的排斥力为 16 零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度 v 随时间 t 的变化关系图象如图所示， 下列说法中正确的是 A．在 t1 时刻两小球间距最小 B．在 t2 时刻两小球的速度相同，且大小为 C．在 0~t3 时间内，b 小球所受排斥力方向始终与运动方向相同 D．在 0~t3 时间内，排斥力对 a、b 两小球的冲量大小相等 22．两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动。已知甲车和磁铁的总质量为 0 .5 kg，乙车和磁铁的总质量为 1.0 kg，两磁铁的 N 极相对。推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的 速率为 2 m/s，乙的速度为 3 m/s，方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰。则： （1）两车最近时，乙的速度为多大？ （2）甲车开始反向时，乙的速度为多大？ 23．（2018·陕西省西安市长安区第五中学高三上学期期中考试）如图所示，可视为质点的两个小球通过长 度 L=6 m 的轻绳连接，甲球的质量为 m1=0.2 kg，乙球的质量为 m2=0.1 kg。将两球从距地面某一高度 的同一位置先后释放，甲球释放∆t=1 s 后再释放乙球，绳子伸直后即刻绷断（细绳绷断的时间极短， 绷断过程小球的位移可忽略），此后两球又下落 t=1.2 s 同时落地。可认为两球始终在同一竖直线上运 动，不计空气阻力，重力加速度 g=10 m/s2。 （1）从释放乙球到绳子绷直的时间 t0； （2）绳子绷断的过程中合外力对甲球的冲量大小。 24．如图所示，木块 A 的质量 mA=1 kg，足够长的木板 B 的质量 mB=4 kg，质量为 mC=2 kg 的木块 C 置于 木板 B 上，水平面光滑，B、C 之间有摩擦。现使 A 以 v0=10 m/s 的初速度向右匀速运动，与 B 碰撞后 将以大小为 vA′=4 m/s 的速度弹回。求： 17 （1）B 运动过程中的最大速度； （2）C 运动过程中的最大速度。 25．（2018·陕西省西安市远东第一中学高二上学期 10 月月月考）质量为 m 的木板 B 置于光滑水平面上， 另一质量为 m 的木块 A（可视为质点）在木板 B 的左端以水平速度 v0 开始向右运动，如图所示，木块 A 与木板 B 之间的动摩擦因数为 μ，若要使木块 A 刚好不从木板 B 的右端掉下去，则木板 B 的长度至少 应多长？ 26．如图所示，一光滑水平桌面AB 与一半径为 R 的光滑半圆形轨道相切于 C 点，且两者固定不动。一长 L=0 .8 m 的细绳，一端固定于 O 点，另一端系一个质量 m1=0.2 kg 的小球。当小球在竖直方向静止时，球 对水平桌面的作用力刚好为零。现将球提起使细绳处于水平位置时无初速度释放。当小球 m1 摆至最低 点时，细绳恰好被拉断，此时小球 m1 恰好与放在桌面上的质量 m2=0.8 kg 的小球正碰，碰后 m1 以 2 m/s 的速度弹回，m2 将沿半圆形轨道运动。两小球均可视为质点，取 g=10 m/s2。求： （1）细绳所能承受的最大拉力为多大？ （2）m2 在半圆形轨道最低点 C 点的速度为多大？ （3）为了保证 m2 在半圆形轨道中运动时不脱离轨道，半圆形轨道的半径 R 应满足什么条件。 27．如图所示，一质量为 M 的平板车 B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为 m 的小木块 A（可视为质 点），且 mF1，作用时间相同，故系统获得的总冲量向右，规定向右为正方向，撤去外力后， 最后 A、B 共速，根据动量守恒定律有 Mv2–mv1＝（M＋m）v 共 将 v1、v2 代入上式解得 v 共＝ ，方向向右 （2）以水平面为参考系，A 向左运动的位移最大，即 A 减速到零，根据牛顿第二定律有 μmg＝ma3 解得 a3＝μg 则 A 减速的时间为 这段时间内对 B 由牛顿第二定律有 μmg＝Ma4 解得 a4＝ 则 A 减速为零时，B 的速度为 v3＝v2–a4t′＝ 故 B 在加速过程中的位移大小为 2 2 2 2 2 1 2 m v m gR 28 在 A 减速过程中 B 运动的位移为 以水平面为参考系，A 向左运动的位移最大时，B 向右运动的位移大小为 x＝x1+x2＝ + ＝ 【点睛】此题涉及的研究对象有两个，物理过程较多，所以难度较大；关键是首先搞清物体运动的物 理过程，按照物理过程发生的顺序解答；注意涉及速度、力和时间问题要优先选 择动量定律；注意临 界态的挖掘。 28．（1） （2） （3） （3）物块 A 与物块 B 由足够大的内力突然分离，分离瞬间内力远大于外力，两物块在水平方向上动量 守恒，由动量守恒定律，设向右为正方向，则有 代入数据得 ，得 [来源:|网] 之后物体 A 做匀减速直线运动由 牛顿第二定律得： ， 由运动学公式 代入数据得 29．A【解析】设火箭的质量（不含燃气）为 m1，燃气的质量为 m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭 的动量为：p=m1v1=m2v2=30 ，所以 A 正确，BCD 错误。 【点睛】本题主要考查动量即反冲类动量守恒问题，只要注意动量的矢量性即可，比较简单。 Pv gR 5Bv gR 5 2 gRt g 0 A A B Bm v m v   0= 2 5Amv m gR  5 2A gRv  A Am g m a  a g  0tv v at  5 2 gRt g kg m/s 29 30．D【解析】取向右为正方向，根据动量守恒： ，知系统总动量为零，所以 碰后总动量也为零，即 A、B 的运动方向一定相反，所以 D 正确；ABC 错误。 【点睛】本题主要考察动量守恒，在利用动量守恒解决问题时，注意动量是矢量，要先选择正方向。 31．D【解析】系统分离前后，动量守恒： ，解得： ， 故 ABC 错误，D 正确。 32．守恒 不守恒 【点睛】先通过匀速运动分析 A、B 整体的合外力，再分析轻绳断开后 A、B 整体的合外力，只要合外 力为零，系统动量守恒，反之不守恒。 33．（1） （2） 【解析】两车碰撞过程动量守恒，碰后两车在摩擦力的作用下做匀减速运动，利用运动学公式可以求 得碰后的速度，然后在计算碰前 A 车的速度。 （1）设 B 车质量为 mB，碰后加速度大小为 aB，根据牛顿第二定律有 ① 式中 μ 是汽车与路面间的动摩擦因数。 设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 ，碰撞后滑行的距离为 。由运动学公式有 ② 联立①②式并利用题给数据得 ③ （2）设 A 车的质量为 mA，碰后加速度大小为 aA。根据牛顿第二定律有 ④ 设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 ，碰撞后滑行的距离为 。由运动学公式有 ⑤ 设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为，两车在碰撞过程中动量守恒，有 ⑥ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 BA mvmvmvvm 222 00    2211021 vmvmvmm   20 1 2 01 vvm mvv  30 34．3:2 【解析】由动量守恒定律得，解得，代入数据得。 35． 则对物体 B 从与 A 碰撞完毕到与 C 相碰损失的动能也为 Wf，由动能定理可知：， 解得：； BC 碰撞时满足动量守恒，则， 解得 【点睛】解题的关键是掌握动量守恒定律，搞清楚物理过程并搞清不同阶段的能量转化关系。 36． 【解析】设 A 运动的初速度为 A 向右运动与 C 发生碰撞，根据弹性碰撞可得 可得 要使得 A 与 B 发生碰撞，需要满足，即 A 反向向左运动与 B 发生碰撞过程，弹性碰撞 整理可得 由于，所以 A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足 即 整理可得 解方程可得